Atu

Cho a,b,c >0 . CMR:

$\frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}\leq 1$

$AM-GM$ ngược dấu.

Ta có: $\sum \frac{2b}{a+2b}=3-\sum \frac{a}{a+2b}$

Bài toán trở thành:

$\sum \frac{a}{a+2b}\geq 1$ 

Bđt trên đúng vì áp dụng $C-S$:

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

Cho 3 số thực x,y,z thoả mãn x+y+z=0 và x+2>0;y+2>0;z+8>0

Tìm  MAX của $A=\frac{x}{x+2}+\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+8}$

Đặt $Max$ $A=k$ , ta cần Cm:

$\frac{x}{x+2}+\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+8}\leq k$

$\Leftrightarrow 1-\frac{2}{x+2}+1-\frac{2}{y+2}+1-\frac{8}{z+8}\leq k$

$\Leftrightarrow 3-k\leq \frac{2}{x+2}+\frac{2}{y+2}+\frac{8}{z+8}$

Áp dụng hệ quả $B-C-S$ ta có:

$\frac{2}{x+2}+\frac{2}{y+2}+\frac{8}{z+8}=\frac{4}{2x+4}+\frac{4}{2y+4}+\frac{4}{z+8}+\frac{4}{z+8}\geq \frac{4^{3}}{2\sum x+24}\geq \frac{8}{3}$

Vậy k cần tìm là $3-\frac{8}{3}=\frac{1}{3}$

Cho các số dương x,y thay đổi thõa mãn điều kiện: x+y=1. Tìm GTNN của biểu thức:

                 P=$\left ( x^{2}+\frac{1}{y^{2}} \right )\left ( y^{2}+\frac{1}{x^{2}} \right )$

Ta có:

$P=(x^{2}+\frac{1}{y^{2}})(y^{2}+\frac{1}{x^{2}})=2+x^{2}y^{2}+\frac{1}{x^{2}y^{2}}=2+(xy)^{2}+\frac{1}{256(xy)^{2}}+\frac{255}{256(xy)^{2}}$

Áp dụng $AM-GM$:

$(xy)^{2}+\frac{1}{256(xy)^{2}}\geq \frac{1}{8}$

$\frac{255}{256(xy)^{2}}\geq \frac{255}{(4(x+y)^{2})^{2}}=\frac{255}{16}$

Cộng lại, suy ra $min P=\frac{289}{16}$

 

Ta có: $4xy\leq (x+y)^{2}\Rightarrow (4\times 4xy)^{2}\leq (4\times (x+y)^{2})^{2}=16$

$\Rightarrow \frac{255}{(16xy)^{2}}\geq \frac{255}{16}$

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi a,b,c >0 : $\sum (a+1-\frac{1}{b})(b+1-\frac{1}{c})\geq3$

Đặt $a+\frac{1}{b}-1=x;\, b+\frac{1}{c}-1=y;\: c+\frac{1}{a}-1=z$

Theo nguyên lí Đi-rích-lê thì ít nhất 2 trong 3 biểu thức $x-1$; $y-1$; $z-1$ cùng dấu.

Giả sử 2 biểu thức đó là $x-1$ và $y-1$

Ta có:

$(x-1)(y-1)\geq 0\Rightarrow xy\geq x+y-1$ (1)

Lại có:

$x+y=a+\frac{1}{b}-1+b+\frac{1}{c}-1\geq a+\frac{1}{c}=\frac{(a+\frac{1}{c})(c+\frac{1}{a})}{c+\frac{1}{a}}\geq \frac{4}{c+\frac{1}{a}}= \frac{4}{z+1}$

$\Rightarrow (x+y)(z+1)\geq 4\Rightarrow (x+y-1)+z(x+y)\geq 3$ (2)

(1) và (2) suy ra $\sum xy\geq 3$, đây là YCBT ban đầu

Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c ta luôn có
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq \frac{4(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}-3$

Không hiểu sao dạo này toàn làm tương đương  =='
Biến đổi tương đương, đưa bài toán về:
$\sum_{sym}\frac{a}{b}+6\geq \frac{4\sum a^{2}+8\sum ab}{\sum ab}$
$\Leftrightarrow(\sum ab)(\sum_{sym}\frac{a}{b})\geq 4\sum a^{2}+2\sum ab$
Nhân vế trái ra hết ta được: 
$(\sum ab)(\sum_{sym}\frac{a}{b})=2\sum a^{2}+2\sum ab+\sum \frac{a^{2}b}{c}+\sum \frac{ab^{2}}{c}$
Như vậy chỉ cần cm:
$\sum \frac{a^{2}b}{c}+\sum \frac{ab^{2}}{c}\geq 2\sum a^{2}$
Áp dụng $AM-GM$ ta có:
$\sum \frac{a^{2}b}{c}+\sum \frac{a^{2}c}{b}\geq 2\sum a^{2}$

Bài 2: Cho $a,b,c  \mathbb{R}$ thỏa mãn $ a>b>c$ CMR

 

$\frac{a^2}{a-b}+\frac{b^2}{b-c}> a+c+2b$

Cái này hình như chỉ là biến đổi tương đương?

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

$\frac{b^{2}}{b-c}-c-b=\frac{c^{2}}{b-c}$ (2)

(1) và (2) suy ra $\frac{b^{2}}{a-b}+\frac{c^{2}}{b-c}> 0$ (đúng)

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn: $a+b \geq 0$

Chứng minh rằng: $4(a^{9}+b^{9}) \geq (a+b)(a^{3}+b^{3})(a^{5}+b^{5})$

Trước hết, ta có bđt phụ sau:

$a^{6}+b^{6}\geq ab(a^{4}+b^{4})\Leftrightarrow (a-b)(a^{5}-b^{5})\geq 0$ (đúng do xét 2 TH $a\geq b$ và $a< b$) (1)

Ta có:

$4\sum a^{9}=4(\sum a^{3})(\sum a^{6}-a^{3}b^{3})$

Do $a+b> 0$ nên $a^{3}+b^{3}\geq 0$ nên ta có thể tương đương bài toán thành:

$4(\sum a^{6}-(ab)^{3})\geq (\sum a)(\sum a^{5})\Leftrightarrow 3\sum a^{6}\geq ab(\sum a^{4})+3(ab)^{3}$ (đúng do (1) và bđt $AM-GM$)

Bài toán: Cho $a,b,c >0$ thỏa mãn $abc=1$,chứng minh rằng:

$a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b) \ge \dfrac{(a+b+c)^4}{27}-2(a^7+b^7+c^7)+3$

Trước hết, áp dụng bđt $Schur$ cho VT ta có:

$VT\geq 0$

Như vậy, cần chứng minh $VP\leq 0$ hay $2\sum a^{7}\geq \frac{(\sum a)^{4}}{27}+3$

Ta có:

$3\sum a^{2}\geq (\sum a)^{2}$ và $\sum a\geq 3$ nên $\sum a^{2}\geq \sum a$

Vậy:

$\sum a^{7}+5\sum a\geq 6\sum a^{2}\geq 6\sum a\Rightarrow \sum a^{7}\geq \sum a$

Bây giờ ta có:

$2\sum a^{7}\geq \sum a^{7}+\sum a\geq 2\sum a^{4}\geq \sum a^{4}+3\geq \frac{9(\sum a^{2})^{2}}{27}+3\geq \frac{(\sum a)^{4}}{27}+3$

 

 $VP\leq 0\Leftrightarrow 2\sum a^{7}\geq \frac{(\sum a)^{4}}{27}+3$ SR,anh viết nhầm

Cho các số thực a,b,c$\in$[0;1]
Chứng minh rằng:$2(a^3+b^3+c^3) \leq 3+a^2b+b^2c+c^2a$

Do a,b,c$\in$[0;1] nên ta có:
$(a^{2}-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow a^{2}b+1\geq a^{2}+b$
Tương tự rồi cộng lại ta được:
$\sum a^{2}b+3\geq \sum a^{2}+\sum a$ (1)
Mà a,b,c$\in$[0;1] nên:
$\sum a\geq \sum a^{3};\sum a^{2}\geq \sum a^{3}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm

http://diendantoanho...nn-của-mx2y2z2/

Đề thi chọn đội tuyển lớp 10 trường THPT chuyên LHP-TPHCM đợt 1 năm nay đây mà

Cho $x,y,z>0$. Chứng minh rằng:
$4(xy+yz+xz)\leqslant \sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{x+z})$

Spoiler

5

Cách làm của mình ( có lẽ sẽ hơi dài):
Chuẩn hoá $\sum xy=3$, cụ thể như sau:
Đặt $\sum xy=3t^{2}$ và $a=\frac{x}{t};b=\frac{y}{t};c=\frac{z}{t}$ ; ta sẽ đưa về bài toán:
Cho $\sum ab=3$; CMR: $\sum (a+b)\sqrt{(b+c)(c+a)}\geq 4\sum ab$
Ta có:
$\sum (a+b)\sqrt{(b+c)(c+a)}=\sum (a+b)\sqrt{3+c^{2}}$
$=\sum (a+b)\frac{\sqrt{(3+c^{2})(3+1)}}{2}\geq \sum \frac{(a+b)(c+3)}{2}=\sum ab+3\sum a\geq 4\sum ab$ (do $(\sum a)^{2}\geq 3\sum ab=(\sum ab)^{2}\Rightarrow \sum a\geq \sum ab$)

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác $ABC $, $s$ là nửa chu vi tam giác ABC . Định dạng tam giác $ABC$ biết rằng : $\sum \dfrac{(s-b)(s-c)}{s-a}=s$

Áp dụng bđt quen thuộc:
$\sum x^{2}y^{2}\geq xyz(x+y+z)\Rightarrow \sum \frac{xy}{z}\geq \sum x$
Bây giờ, đặt $x=s-a;y=s-b;z=s-c$, rồi áp dụng bđt trên, ta có:
$\sum \frac{(s-b)(s-c)}{s-a}\geq s$
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow$ a=b=c
Vậy tam giác $ABC$ đều

Cho hai số dương x,y thỏa $x+y\leqslant 1$ . Tìm GTNN A=$\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{2}{xy}+4xy$

Ta có:
$\frac{1}{x^{2}+y^{2}}+\frac{1}{2xy}\geq \frac{4}{(x+y)^{2}}\geq 4$
$4xy+\frac{1}{4xy}\geq 2$
$\frac{5}{4xy}\geq \frac{5}{(x+y)^{2}}\geq 5$
Cộng vế theo vế ta có :
$A\geq 11$

Cho ab+bc+ca=1
CMR
$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} \geq 3 + \sqrt{\frac{1}{a^{2} }+1} + \sqrt{\frac{1}{b^{2}}+1} + \sqrt{\frac{1}{c^{2}}+1}$

$BĐT$ đã cho tương đương:
$\sum \frac{1}{ab}-3\geq \sum \sqrt{\frac{ab+bc+ca+a^{2}}{a^{2}}}$
Xét $VP$:
$\sum \sqrt{\frac{ab+bc+ca+a^{2}}{a^{2}}}\leq \sum \frac{a+b}{2a}+\sum \frac{a+c}{2c}=\sum \frac{ab+b^{2}}{2ab}+\sum \frac{a^{2}+ab}{2ab}$
$=\sum \frac{(a+b)^{2}}{2ab}$ (1)
Xét $VT$:
$\sum \frac{1}{ab}-3=\sum \frac{1-ab}{ab}=\sum \frac{c(a+b)}{ab}$ (2)

(1) và (2) $\Rightarrow \sum (a+b)(\frac{2c-a-b}{ab})\geq 0$
Đến đây bí quá nên mình làm hơi dài:
Do vai trò a;b;c như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$
Ta cần CM:
$(a+b)(\frac{2c-a-b}{ab})+(b+c)(\frac{2a-b-c}{bc})+(c+a)(\frac{2b-c-a}{ca})\geq 0$
$\Leftrightarrow (a+b)(\frac{2c-a-b}{ab})+(b+c)(\frac{2a-b-c}{bc})-(a+c)(\frac{2a-b-c+2c-a-b}{ac})\geq 0$
$\Leftrightarrow (2a-b-c)(\frac{b+c}{bc}-\frac{a+c}{ac})+(a+b-2c)(\frac{a+c}{ac}-\frac{a+b}{ab})\geq 0$
$\Leftrightarrow (2a-b-c)(\frac{c(a-b)}{ab})+(a+b-2c)(\frac{a(b-c)}{bc})\geq 0$ (đúng)

Cho tam giác ABC, O là điểm bất kì trong tam giác, AO, BO, CO kéo dài cắt cạnh đối diện tại M,N,P. Cm:
$\frac{AO}{OM}+\frac{BO}{ON}+\frac{CO}{OP}\geq 6$

Cộng 3 vào mỗi vế đề bài trở thành:
$\frac{AM}{OM}+\frac{BN}{ON}+\frac{CP}{OP}\geq 9$
Đặt $S_{OBC}=a;S_{OAB}=b;S_{OAC}=c$
Chứng minh được:
$\frac{AM}{OM}=\frac{a+b+c}{a};\frac{BN}{ON}=\frac{a+b+c}{c};\frac{CP}{OP}=\frac{a+b+c}{b}$
Đưa về bđt quen thuộc:
$(\sum a)(\sum \frac{1}{a})\geq 9$