sieutoan99

2:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$x+y+z=\sqrt[3]{7}$.Tìm min:$A=(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)$

Đề bài phải là $a+b+c=\sqrt[3]{7}$ nhé!

 

Ta dễ dàng chứng minh các BĐT sau bằng biến đổi tương đương:

                                    $a^5-a^2+3\geq a^3+2$

                                    $b^5-b^2+3\geq b^3+2$

                                    $c^5-c^2+3\geq c^3+2$

Nên ta có:

$A\geq (a^3+2)(b^3+2)(c^3+2)$

   $=(a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3)$

   $\geq (a+b+c)^3$   (theo BĐT $Holder$)

   $=7$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{\sqrt[3]{7}}{3}$

Bài 1 : Cho x>0 ,y>0 , z>0 và x+y+z=xyz 

 

$P= \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^{2}}}$

 

Tim max P ?

Đáp số : 3/2

 

 

 

 

Bài 1:

Ta có : $\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{yz+x^2yz}}=\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{yz+x(x+y+z)}}=\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z})(1)$    

Tương tự : $\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\leq \frac{1}{2}(\frac{x}{y+x}+\frac{z}{y+z})(2)$  

                  $\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\leq \frac{1}{2}(\frac{x}{z+x}+\frac{y}{z+y})(3)$  

Từ (1),(2),(3) :

$\Rightarrow P\leq \frac{1}{2}(\frac{x+y}{x+y}+\frac{y+z}{y+z}+\frac{z+x}{z+x})=\frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\sqrt{3}$

Vậy max P=$\frac{3}{2}$  khi $x=y=z=\sqrt{3}$

a/$\sqrt{5x^{2}+14x+9}-\sqrt{x^{2}-x-20}= 5\sqrt{x+1}$

b/$2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}+1}$

a)$PT\Leftrightarrow \sqrt{5x^2+14x+9}=\sqrt{x^2-x-20}+5\sqrt{x+1}$

$\Leftrightarrow 5x^2+14x+9=x^2+24x+5+10\sqrt{(x^2-x-20)(x+1)}$ (Bình phương 2 vế)

$\Leftrightarrow 4x^2-10x+4=10\sqrt{(x^2-4x-5)(x+4)}$

Đặt  $\sqrt{x^2-4x-5}=a , \sqrt{x+4}=b$

$\Rightarrow 4a^2+6b^2=10ab$

$\Leftrightarrow (2a-3b)(a-b)=0$

Đến đây chỉ cần xét $2a=3b$ hoặc $a=b$ (phần này bạn làm nốt nha)

 

b) Mình nghĩ đề phải là:

$2x^2-5x-1=7\sqrt{x^3-1}$

Nếu đề như vậy thì ta đặt $\sqrt{x-1}=a,\sqrt{x^2+x+1}=b$

Từ phương trình $\Rightarrow 2b^2+3a^2=7ab$

$\Leftrightarrow (2b-a)(b-3a)=0$

Đến đây là dễ rồi 

Cho a,b,c >0 . Chứng minh

$\frac{1}{a\left ( b+1 \right )}+\frac{1}{b\left ( c+1 \right )}+\frac{1}{c\left ( a+1 \right )}\geq \frac{3}{1+abc}$

BDT$\Leftrightarrow \frac{1+abc}{a(1+b)}+\frac{1+abc}{b(1+c)}+\frac{1+abc}{c(1+a)}\geq 3$

$\Leftrightarrow \left [ \frac{1+abc}{a(1+b)}+1 \right ]+\left [ \frac{1+abc}{b(1+c)}+1 \right ]+\left [ \frac{1+abc}{c(1+a)}+1 \right ]\geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{(1+a)+ab(1+c)}{a(1+b)}+\frac{(1+b)+bc(1+a)}{b(1+c)}+\frac{(1+c)+ca(1+b)}{c(1+a)}\geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{b(1+c)}{1+b}+\frac{1+b}{b(1+c)}+\frac{c(1+a)}{1+c}+\frac{1+c}{c(1+a)}+\frac{a(1+b)}{1+a}\geq 6$

Mặt khác ta có:$\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{a(1+b)}{1+a}\geq 2$ (BDT Cauchy)

Thiết lập các BDT tương tự như trên ta có được đ.p.c.m

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa mãn $xyz=1$
Chứng minh các bất đẳng thức sau :
b,$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}+\frac{2}{(1+x)(1+y)(1+z)} \geq 1$
P/S : Đây là những bài toán mình sưu tầm trên THTT, mọi người cùng thảo luận

Do x,y,z>0 và xyz=1 nên tồn tại a,b,c sao cho:$x=\frac{bc}{a^2},y=\frac{ca}{b^2},z=\frac{ab}{c^2}$
Thay vào ta được:
$\sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2}+\frac{2a^2b^2c^2}{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}\geq 1$
Sử dụng Cauchy-Schwarz ta có:
$(a^2+bc)^2\leq (a^2+b^2)(a^2+c^2)$
$\Rightarrow \sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2}\geq \sum \frac{a^4}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}=1-\frac{2a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}$
Từ đó cần chứng minh:
$(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\geq (a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)$
Nhưng BDT này đúng vì:$a^2+bc\leq \sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}$
Kết thúc chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1

Cho $a,b,c \geq 0$. CMR:
$\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a} \leq\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}$

Ta có:
BDT$\Leftrightarrow (a+b+c)(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a})\leq 3(a^2+b^2+c^2)$
$\Leftrightarrow \frac{c(a^2+b^2)}{a+b}+\frac{a(b^2+c^2)}{b+c}+\frac{b(c^2+a^2)}{c+a}\leq a^2+b^2+c^2$
$\Leftrightarrow c^2-\frac{c(a^2+b^2)}{a+b}+a^2-\frac{a(b^2+c^2)}{b+c}+b^2-\frac{b(c^2+a^2)}{c+a}\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{ac(c-a)}{a+b}+\frac{bc(c-b)}{a+b}+\frac{ab(a-b)}{b+c}+\frac{ac(a-c)}{b+c}+\frac{ab(b-a)}{c+a}+\frac{bc(b-c)}{c+a}\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{ac(c-a)^2}{(a+b)(b+c)}+\frac{bc(c-b)^2}{(a+b)(a+c)}+\frac{ab(b-a)^2}{(c+a)(b+c)}\geq 0$ (BDT này luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

1 bài toán khá đơn giản.
Bài toán:
Cho$a,b,c,d$ thuộc đoạn $[0,1]$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{1+bcd}+\frac{b}{1+acd}+\frac{c}{1+abd}+\frac{d}{1+abc}\leq 3$

Đặt VT là F
Do $a,b,c,d\epsilon \left [ 0,1 \right ]$ nên:
$F\leq \frac{a}{abcd+1}+\frac{b}{abcd+1}+\frac{c}{abcd+1}+\frac{d}{abcd+1}=\frac{a+b+c+d}{abcd+1}$ (1)
Mặt khác từ giả thiết ta còn có:
$a+b\leq 1+cd$
$c+d\leq 1+cd$
$ab+cd\leq 1+abcd$
Cộng 3 BDT trên ta được:
$a+b+c+d\leq 3+abcd$ (2)
Từ (1),(2)$\Rightarrow F\leq \frac{3+abcd}{abcd+1}\leq 3$
Dấu bằng xảy ra khi trong 4 số a,b,c,d có 1 số bàng 1, 3 số còn lại bằng 0.

Bài 1:
Cho $a,b,c\epsilon \mathbb{R},\geq 0$. CM:
$\frac{a^2}{3a^2+(b+c)^2}+\frac{b^2}{3b^2+(a+c)^2}+\frac{c^2}{3c^2+(a+b)^2}\leq \frac{1}{2}$
Bài 2:
Cho a,b,c,d không âm thỏa mãn:a+b+c+d=4.Tìm max
$\frac{ab}{c+d+4}+\frac{bc}{d+a+4}+\frac{cd}{a+b+4}+\frac{da}{b+c+4}+\frac{\sqrt{abcd}}{3}$
Bài 3:
Cho $a,b,c,d\epsilon \mathbb{R}$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2+d^2=1$.CM
$\frac{1}{1-(\frac{a+b}{2})^2}+\frac{1}{1-(\frac{a+c}{2})^2}+\frac{1}{1-(\frac{a+c}{2})^2}+\frac{1}{1-(\frac{b+c}{2})^2}+\frac{1}{1-(\frac{b+d}{2})^2}+\frac{1}{1-(\frac{c+d}{2})^2}\leq 8$
Bài 4:
Cho a,b,c không âm.CM:
$\frac{b^3}{a^3+2b^3+c^3}+\frac{c^3}{a^3+2c^3+b^3}+\frac{a^3}{b^3+2a^3+c^3}\leq \frac{a+b++c}{4}$

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng 3.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{4a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{4b^2+c^2+a^2}+\frac{1}{4c^2+a^2+b^2}\leq \frac{1}{2}$$
Bài toán 2.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$\left(\frac{a+b+c}{3}+1\right)^3\geq \frac{8(a+bc)(b+ac)(c+ab)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$

Ta có: $\frac{9}{4a^2+b^2+c^2}=\frac{(a+b+c)^{2}}{2a^2+(a^2+b^2)+(a^2+c^2)}\leq \frac{1}{2}+\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2}$ (Áp dụng cauchy schwarz)
$\Rightarrow 9\sum \frac{1}{4a^2+b^2+c^2}\leq \frac{3}{2}+\sum (\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2})=\frac{3}{2}+3=\frac{9}{2}$
Chia 2 vế cho 9 ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$$

Bài 1
BDT tương đương vs:
$(\frac{a}{b}-\frac{a}{b+c})+(\frac{b}{c}-\frac{b}{b+c})+(\frac{c}{a}-\frac{c}{a+b})\geq \frac{b}{a+b}+1$
Hay
$\frac{ca}{b(b+c)}+\frac{b^2}{c(b+c)}+\frac{bc}{a(a+b)}\geq \frac{a+2b}{a+b}$
AD cauchy schwarz:
$\frac{ca}{b(b+c)}+\frac{b^2}{c(b+c)}=\frac{a}{c(b+c)}(\frac{c^2}{b}+\frac{b^2}{a})\geq \frac{a}{c(b+c)}\frac{(c+b)^2}{b+a}=\frac{a(b+c)}{c(a+b)}$
Cần cm:
$\frac{a(b+c)}{c}+\frac{bc}{a}\geq a+2b\Leftrightarrow \frac{b(c-a)^2}{ca}\geq 0$ (đúng)
Dấu = khi a=b=c
----------------------------------------------
Bạn nên gìn giữ sự tr0ng sáng của tiếng Việt khi tham gia thảo luận trên diễn đàn! Thân

1. Cho hình thang cân ABCD (AB song song CD), AB khác CD. CMR: Giao điểm hai đường chéo, giao điểm hai cạnh bên, các trung điểm của hai đáy thẳng hàng.

Mình ko vẽ đc hình bạn thông cảm nhé
Gọi AC cắt BD tại O và AD cắt BC tại E(vẽ AB<CD nhé) .Gọi EO cắt AB tại M,cắt CD tại N.
Ta có DO=OC(cái này dễ)$\Rightarrow \Delta EOD=\Delta EOC(ccc)\Rightarrow$ EM là phân giác của $\widehat{DEC}$
Mà tam giác EAB cân tại A nên M là trung điểm của AB.
Tương tự N là trung điểm của DC
Vậy có dpcm

Cho $a^{3}-3a^{2}+7a-2012=0$
$b^{3}-3b^{2}+7b+2002=0$
Tính a+b
-----


Lời nhắn từ BQT: Bạn phải đặt tiêu đề theo quy định! Những bài vi phạm sau sẽ bị xóa mà không có nhắc nhở! Cảm ơn.

Tiêu đề cũ: Tính giá trị biểu thức

Ta có $\left\{\begin{matrix} (a-1)^{3}&+4a &-2011=0 \\ (b-1)^{3} &+4b &+2003=0 \end{matrix}\right.$
Cộng cả 2 hệ vào ta có $(a+b-2)\left [ (a-1)^{2}-(a-1)(b-1)+(b-1)^{2}+4 \right ]=0$
Ta lại có $(a-1)^2-(a-1)(b-1)+(b-1)^2+4=\frac{(a-1)^2+(b-1)^2+(a-b)^2+8}{2}> 0$
Vậy A=a+b=2

Cho hình vuông $ABCD$. Lấy $M$ nằm trên cạch $AB$, $N$ nằm trên cạnh $BC$ sao cho $\widehat{ADM}=\widehat{NDM}$. Chứng minh rằng:$DN=AM+CN$.

Mình xin đóng góp:
1/Cho a,b,c$\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca> 0$ .CMR:
$\frac{a}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{b}{c^{2}+ca+a^{2}}+\frac{c}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$
2/cho a,b,c $\geq 0$ .CMR:
a)$\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )^{2}\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
b)$(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a+b+c+1)^2$
c)$4(a^2+x^2)(b^2+y^2)(c^2+z^2)\geq 3(bcx+cay+abz)^2$
d)$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\geq (1+a)(1+b)(1+c)$
e)$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$

Áp dụng $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$ để giải:
Bài1:Cho a,b,c >0.Chứng minh:
$\frac{1}{a+3.b}+\frac{1}{b+3.c}+\frac{1}{c+3.a}\geq \frac{1}{a+2.b+c}+\frac{1}{b+2.c+a}+\frac{1}{c+2.a+b}$
Bài 2:Cho a,b,c>0.CM:
$\frac{a}{2.a+b+c}+\frac{b}{2.b+c+a}+\frac{c}{2.c+a+b}\leq \frac{3}{4}$