quangtohe

1. Ta có $\sum \frac{1}{ab+2c^{2}+2c}= \sum \frac{1}{(2c+b)(2c+a)}$ (do a+b+c=1)

Áp dụng bđt AM-GM ta có $\frac{1}{(2c+b)(2c+a)}= \frac{ab}{(2bc+ab)(2ac+ab)}\geq \frac{ab}{(ab+bc+ca)^{2}}$

CM 3 bđt tương tự rồi cộng lại ta đc đpcm

Dấu = xảy ra <=> $a= b= c= \frac{1}{3}$

3.Đặt A=$\sum \frac{a^{2}+bc}{b+ca}$

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có : $3b+3ac= (a+b+c)b+3ac\leq \sum a^{2}+\sum ab$

Suy ra: $\frac{a^{2}+bc}{a+bc}\geq \frac{3a^{2}+3bc}{\sum a^{2}+\sum ab}$

Thiết lập 3 BĐT tương tự rồi cộng lại ta đc đpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi a=b=c=1

Do abc=1 nên ta có thể đổi biến $\left ( a,b,c \right )\rightarrow \left ( \frac{z^{2}}{xy} ,\frac{y^{2}}{xz},\frac{x^{2}}{yz}\right )$

Khi đó Bất đẳng thức cần cm sẽ tương đương với

P=$\sum \frac{z^{4}xy}{y^{6}+z^{6}+z^{4}xy}\leq 1$

Áp dụng bất đẳng thức hoán vị, ta có:$y^{6}+z^{6}\geq xy\left ( x^{4} +y^{4}\right )$

Suy ra

$P\leq \sum \frac{z^{4}xy}{xy\left ( \sum z^{4} \right )}$=1 (đpcm)

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3.Cmr

$\sum \frac{1}{1+bc}\geq \frac{9}{2\left ( \sum \sqrt{a} \right )}$

Bài 1:

Đặt x-2=a,y-2=b,z-2=c(a,b,c>0)

Khi đó ta có:$\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}= 1$  (1)

Ta cần cm BĐT sau:$abc\leq 1$

Thật vậy từ (1) ta có:

$\frac{1}{a+2}= \left ( \frac{1}{2}-\frac{1}{y+2} \right )+\left ( \frac{1}{2}-\frac{1}{z+2} \right )= \frac{1}{2}\left ( \frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+2} \right )\geq \sqrt{\frac{yz}{\left ( y+2 \right )\left ( z+2 \right )}}$

Cm 2 bđt tt rồi nhân lại với nhau ta đc điều phải cm

Ê Phước!

Lời giải bài 2 :

Áp dụng BĐT C-S,ta có:

$\left ( 1+x+y \right )^{2}\leq \left ( 1+yz+zx \right )\left ( 1+\frac{y}{z}+\frac{x}{z} \right )$

=>$\frac{1+yz+zx}{\left ( 1+x+y \right )^{2}}\geq \frac{z}{x+y+z}$

Cm 2 cái nữa rồi cộng lại là ra

Cho $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}= 4$

Tìm max của:Q=$a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}$

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:

$\frac{a^{2}}{4}+b^{2}\geq ab$ (1)

$\frac{a^{2}}{4}+c^{2}\geq ac$  (2)

Từ (1) và (2) => $\frac{a^{2}}{2}+b^{2}+c^{2}\geq a(b+c)$

=> đpcm

Đặt $P=(1+2a)(1+2bc)$

Áp dụng bđt AM-GM

$=>P\leqslant (1+2a)(1+b^2+c^2)=(1+2a)(2-a^2)$

$<=>\frac{3P}{2}\leqslant (1+2a)(3-\frac{3a^2}{3})\leqslant \frac{(\frac{-3a^2}{2}+2a+4)^2}{4}=\frac{(-3a^2+4a+8)^2}{16}$

 

Dễ thấy $-3a^2+4a+8=-(\sqrt{3}.a-\frac{2}{\sqrt{3}})^2+\frac{28}{3}\leqslant \frac{28}{3}$

 

$=>\frac{3P}{2}\leqslant \frac{49}{9}<=>P\leqslant \frac{98}{27}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=\frac{2}{3}$ và $b=c=\frac{\sqrt{10}}{6}$

Sai 1 chỗ rồi kìa anh, chỗ nay phải là "2" chứ? 

Bài này dùng Cauchy ngược dấu thôi bạn:

Ta có:$\sum \frac{a}{bc+1}= \sum a-\sum \frac{abc}{bc+1}\geq 3-\sum \frac{abc}{2\sqrt{bc}}\geq 3-\sum \frac{a(b+c)}{4}\geq \frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

Đầu tiên ta cm $x^{5}+y^{5}\geq x^{3}y^{2}+x^{2}y^{3}$

Từ đó ta cmđ : $\sum \frac{1}{x^{5}+y^{5}+1}\leq 1\leq \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{3}$

Ta có:$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq \frac{9}{a+b+c+3}= \frac{9}{4}$

Dấu = xảy ra <=> $a= b= c= \frac{1}{3}$

bạn ơi BĐT Cauchy là BĐT này nè 

a₁+a₂+...+a_n$\geq \sqrt[n]{a₁a₂...a_n}$

vơi mọi a₁,a₂,..,a_n dương

Cho a,b,c là các số thực dương.CMR:$\left ( a^{2}+2 \right )\left ( b^{2} +2\right )\left ( c^{2}+2 \right )\geq 9\left ( ab+bc+ac \right )$

bài này đã có lời giải rồi ở đây nè:

Vì $0 \leq a,b,c \leq 4$

$\rightarrow (4-a);(4-b);(4-c) \geq 0$  và $abc \geq 0$

$\rightarrow (4-a)(4-b)(4-c)+abc \geq 0 (1)$

Thực hiện phép khai triển ta có:

(1) $\leftrightarrow 64-16(a+b+c)+4(ab+bc+ca) \geq 0$

     $\leftrightarrow 4(ab+bc+ca) \geq 16(a+b+c)-64$

     $\leftrightarrow 4(ab+bc+ca) \geq 16.6-64=32$ (vì $a+b+c=6$)

     $\leftrightarrow ab+bc+ca \geq 8$

Vì $a+b+c=6$.Ta viết lại $P=(a+b+c)^2-(ab+bc+ca)=36-(ab+bc+ca) \leq 36-8=28$

Vậy $MaxP=28$.Đẳng thức xảy ra khi $a,b,c$ là các hoán vị của bộ $(4,0,2)$