Trinm

Bài này nếu được sử dụng giả thiết $x\leq y\leq z$ thì sẽ làm được

Ta sẽ chứng minh từng bất đẳng thức : $(1) x(x+y+2z)\leq (z+x)(x+y)$ 

$(2) y(y+z+2x)\leq (x+y)(y+z)$

$(3) z(z+x+2y)\leq (y+z)(z+x)$

Mình sẽ chứng minh một cái thôi, còn lại nó sẽ tương tự, chỉ là hoán vị : 

$(1) <=> x^2 + xy + 2xz \leq zx +zy+x^2+xy$

$<=> z(x+y)\geq 2xz$

$<=> x \leq y$

Nhân vế theo vế $(1)$ $(2)$ $(3)$ lại thì ta có điều phải chứng minh . 

$27 = x^2 + y^2 + z^2 \geq \frac{(x+y+z)^2}{3} => (x+y+z)^2\leq 81 => x+y+z \leq  9$

$P = \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{3}{xyz}$

$\geq \frac{9}{x+y+z}+\frac{3}{\frac{(x+y+z)^3}{27}}$

Đề phải là $\frac{10}{9}$ mới đúng chứ bạn, mình nghĩ vậy     

Bài này sử dụng "Yếu tố ít nhất" nhé :

Ta sẽ chứng minh : $M \leq \frac{3}{5}$ 

$<=> \sum \frac{a^2 + b^2 }{a^2 +b^2+3}\geq \frac{6}{5}$

$<=> \sum \frac{(a+b)^2}{a^2+b^2+3}+\sum \frac{(a-b)^2}{a^2+b^2+3}\geq \frac{12}{5}$ (1)

Theo BĐT Cauchy - Schwarz thì : $VT \geq \sum \frac{4(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+9}+\sum \frac{[(a-b)+(b-c)+(a-c)]^2}{2(a^2+b^2+c^2)+9}$

Vậy thì $(1) <=> \sum \frac{4(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+9}+\sum \frac{[(a-b)+(b-c)+(a-c)]^2}{2(a^2+b^2+c^2)+9}\geq \frac{12}{5}$

$<=> ... ... ... <=> (a-b)(b-c)\geq 0$ (*)

Tương tự như thế ta cũng có : $(b-c)(c-a)\geq 0$ (**) ;  $(c-a)(a-b)\geq 0$(***)

$(*).(**).(***)$ vế theo vế : $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\geq 0$

Vậy ta thấy ít nhất 1 trong 3 bất đẳng thức (*), (**), (***) phải đúng 

Vậy max $M = \frac{3}{5}$ khi $a=b=c=1$

Mình giải bài 2 nhé :

$VT = \frac{2a}{\sqrt{ab+bc+ca+a^2}}+\frac{2b}{\sqrt{ab+bc+ca+b^2}}+\frac{2c}{\sqrt{ab+bc+ca+c^2}}=\frac{2a}{\sqrt{(a+c)(a+b)}}+\frac{2b}{\sqrt{(b+c)(b+a)}}+\frac{2c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}$

$\leq \frac{a}{a+c}+\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}=3$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Đề sai nhé bạn

Bài 5 mình xài Minkowski

1. BĐT tương đương 

$\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+x)(b+y)(c+z)}}+\sqrt[3]{\frac{xyz}{(a+x)(b+y)(c+z)}}\leq 1$

$VT \leq \frac{1}{3}(\frac{a}{a+x}+\frac{b}{b+y}+\frac{c}{c+z}+\frac{x}{x+a}+\frac{y}{b+y}+\frac{z}{c+z})=1$

2. Ta có : $a+(b+c+d)\geq 2\sqrt{a(b+c+d)}$

$<=> \frac{1}{2\sqrt{a(b+c+d)}}\geq \frac{1}{a+b+c+d}$

$<=>\frac{2a}{a+b+c+d}\leq \sqrt{\frac{a}{b+c+d}}$

Tương tự, ta suy ra $VT \geq 2$

Dấu "=" xảy ra khi một trong 4 số $a, b, c, d = 0$

Vậy dấu "=" không xảy ra (đpcm)

3. Ta có $a^3 + b^3 + abc = (a+b)(a^2-ab+b^2)+abc \geq (a+b)(2ab - ab) + abc = ab(a+b+c)$

Tương tự $b^3 + c^3 + abc \geq bc(a+b+c)$

$c^3 + a^3 +abc \geq ca(a+b+c)$

$VT \leq \frac{1}{ab(a+b+c)}+\frac{1}{bc(a+b+c)}+\frac{1}{ca(a+b+c)}= \frac{1}{abc}$

(đpcm)

Bài trên tương tự bài 2 https://diendantoanh...rac2016sqrtabc/ , bạn có thể tham khảo cách giải.

Ta có BDT sau : $x^2+xy+y^2 \geq \frac{3}{4}(x+y)^2$

$x^2y+y^2z+z^2x\leq \frac{(x+y+z)^3}{9}$

$VT \geq \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{(x+y)^2}}{4yz+1}+\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{(y+z)^2}}{4zx+1}+\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{(z+x)^2}}{4xy+1}$

$= \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}(x+y)^2}{(x+y)(4yz+1)}+\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}(y+z)^2}{(y+z)(4zx+1)}+\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}(x+z)^2}{(x+z)(4xy+1)}$

$\geq \frac{\sqrt{3}}{2}[\frac{4(x+y+z)^2}{12xyz+2(x+y+z)+4(x^2y+y^2z+z^2x)}]$

$\geq \frac{\sqrt{3}}{2}[\frac{9}{12.\frac{(x+y+z)^3}{27}+3+4.\frac{(x+y+z)^3}{9}}]=\frac{3\sqrt{3}}{4} $

Vậy Min P = $\frac{3\sqrt{3}}{4}$ khi $x=y=z=\frac{1}{2}$

Min hay Max ?

Đề có lỗi k bạn ?

Cách giải khác câu a:

$VT \leq \frac{(9-\frac{b+c}{a}-\frac{c+a}{b}-\frac{a+b}{c})^{3}}{27} $

Có bất đẳng thức quen thuộc $\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq 6$

Thêm dấu trừ nữa là ta có đúng chiều bất đẳng thức, suy ra điều phải chứng minh 

Cho a, b, c > 0; Chứng minh: 

$\frac{a^{4}}{a^{4}+\sqrt[3]{(a^{6}+b^{6})(a^{3}+c^{3})^{2}}}+\frac{b^{4}}{b^{4}+\sqrt[3]{(b^{6}+c^{6})(b^{3}+a^{3})^{2}}}+\frac{c^{4}}{c^{4}+\sqrt[3]{(c^{6}+a^{6})(c^{3}+b^{3})^{2}}}\leq 1$

Giải nha 

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có:

$m_{a}.MA + m_{b}.MB+m_{c}.MC = \frac{3}{2}(GA.MA+GB.MB+GC.MC)$

$\geq \frac{3}{2}(\underset{GA}{\rightarrow}.\underset{MA}{\rightarrow}+\underset{GB}{\rightarrow}.\underset{MB}{\rightarrow}+\underset{GC}{\rightarrow}.\underset{MC}{\rightarrow})$

$=\frac{3}{2}[\underset{GA}{\rightarrow}.(\underset{MG}{\rightarrow}+\underset{GA}{\rightarrow})+\underset{GB}{\rightarrow}.(\underset{MG}{\rightarrow}+\underset{GB}{\rightarrow})+\underset{GC}{\rightarrow}.(\underset{MG}{\rightarrow}+\underset{GC}{\rightarrow})]$

$=\frac{3}{2}(GA^{2}+GB^{2}+GC^{2})+\frac{3}{2}\underset{MG}{\rightarrow}(\underset{GA}{\rightarrow}+\underset{GB}{\rightarrow}+\underset{GC}{\rightarrow})$

$=\frac{3}{2}.\frac{4}{9}(m^{2}_{a}+m^{2}_{b}+m^{2}_{c})$(Do $GA = \frac{2}{3}m_{a}$, tương tự với $GB$ và $GC$)

$=\frac{2}{3}.(\frac{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}{4}+\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{4}+\frac{2c^{2}+2a^{2}-b^{2}}{4})$

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

Dấu bằng xảy ra khi ...

Bài 2 : Ta có $2a^{2}=\frac{1}{4}a^{2}(2a^{2}+2b^{2}+2c^{2})$

                                 =$\frac{1}{4}[2a^{4}+a^{2}(b^{2}+c^{2})+a^{2}(b^{2}+c^{2})]$

                                 $\geq \frac{1}{4}.3\sqrt[3]{2a^{4}.a^{2}.a^{2}.(b^{2}+c^{2})^{2}}$

=> $8a^{6}\geq \frac{27}{32}a^{8}.(b^{2}+c^{2})^2$

<=>$1\geq \frac{27}{256}a^{2}(b^{2}+c^{2})^{2}$

<=>$\frac{1}{(b^{2}+c^{2})^2}\geq \frac{27}{256}a^{2}$

<=> ... <=> $\frac{a}{b^{2}+c^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{16}a^{2}$

Chứng minh tương tự, ta suy ra :

$P \geq \frac{9}{16}(a^{2}+b^{2}+c^{2}) = \frac{9}{4}$

Dấu bằng xảy ra ...

Bạn giải thử đi, mình cũng nghĩ tới bước đó, nhưng không biết làm ntn 

Trong một quận có 3 trường phổ thông A, B, C. Số học sinh của trường A là 1500. Mỗi học sinh của một trường chỉ quen tối đa với 2 học sinh, 2 học sinh này ở hai trường khác nhau còn lại. Số học sinh của trường B quen với học sinh trường C không quá 400 em. Số học sinh của trường B quen với học sinh trường A không quá một nửa số học sinh của trường B. Số học sinh của trường C quen với học sinh trường A cũng không quá một nửa số học sinh của trường C. Chứng minh số học sinh của cả 3 trường không có bạn quen không ít hơn 700 em.