CatKhanhNguyen

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\sum \sqrt{\frac{ab}{a+b+2c}}$

Ta có:

$\sqrt{\frac{ab}{a+b+2c}}= \frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{(1+1+2)(a+b+2c)}}$ $\leq \frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+2\sqrt{c}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{a}+\sqrt{c}} + \frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\right )$

Tương tự suy ra: 

$\sum \sqrt{\frac{ab}{a+b+2c}}\leq \frac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})=\frac{3}{2}$

Cho a;b;c là các số thực dương. CMR

$\sum \frac{a+b-2c}{(5a+5b+2c)^3}\leq 0$

Giả sử $a\geq b\geq c$

$\Rightarrow a+b-2c\geq a+c-2b\geq b+c-2a$

và: $5a+5b+2c\geq 5a+5c+2b\geq 5b+5c+2a$

Áp dụng BĐT Chevbyshev cho hai dãy đơn điệu ngược chiều, ta có:

$\sum \frac{a+b-2c}{(5a+5b+2c)^3}\leq \sum (a+b-2c)\sum \frac{1}{(5a+5b+2c)^{2}}=0$ (đpcm)

Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} x^3-y^3-x^2y+xy^2-2xy-x+y=0\\ \sqrt{x-y}=x^3-2x^2+y+2\\ \end{matrix}\right.$

Từ phương trình thứ nhất ta có:

$x^3-y^3-x^2y+xy^2-2xy-x+y=0$

$\Leftrightarrow x^3-y^3-x^2y+xy^2+(x-y)^{2}-(x^{2}+y^{2})-x+y=0$

$\Leftrightarrow \left [(x-y)(x^{2}+xy+y^{2})-xy(x-y) \right ]-(x^{2}+y^{2})+\left [ (x-y)^{2}-(x-y) \right ]=0$

$\Leftrightarrow (x-y)(x-y-1)=0$

Nếu x=y, thay vào phương trình thứ hai ta có:

$x^{3}-2x^{2}+x+2=0$ (1) 

Đặt $x=t+\frac{2}{3}$, thay vào (1) và rút gọn ta được:

$t^{3}-\frac{t}{3}+2=0$ (1')

Đặt $t=u-v$, với $uv=-\frac{1}{9}$, thay vào (1'):

$u^{3}-v^{3}+2=0$

hay: $9^{3}v^{6}-2.9^{3}v^{3}+1=0$

Rồi giải phương trình trên tìm v,u,t,x.

Nếu y=x-1, thay vào phương trình thứ hai ta được:

$x^{3}-2x^{2}+x=0 \Leftrightarrow x(x-1)^{2}=0$

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. CMR:

$\sum \frac{a^3(a+b)}{a^2+b^2} \geq a^2+b^2+c^2$

Bất đẳng thức tương đương:

$\left (a^{2}-\frac{a^{4}+a^{3}b}{a^{2}+b^{2}} \right )+\left ( b^{2}-\frac{b^{4}+b^{3}c}{b^{2}+c^{2}} \right )+\left ( c^{2}-\frac{c^{4}+c^{3}a}{c^{2}+a^{2}} \right )\leq 0$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}b^{2}-a^{3}b}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{2}c^{2}-b^{3}c}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}a^{2}-c^{3}a}{c^{2}+a^{2}}\leq 0$

Áp dụng bất đẳng thức A-G:

$VT\leq \frac{a(b-a)}{2}+\frac{b(c-b)}{2}+\frac{c(a-c)}{2}= \frac{(ab+bc+ca)-(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{2}\leq 0$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

 

Cách làm của mình không dùng đến giả thiết a,b,c là ba cạnh tam giác. Không biết có gì sai sót không.

Hệ tương đương:

$\left\{\begin{matrix}5x^2+3xy=x+3y \\ x^3+3y^3=x^2y^2 \end{matrix}\right.$

Nhân chéo hai vế hai phương trình ta được:

$4x^{4}+5x^{2}y^{2}+9y^{4}=0$

Đến đây giải phương trình đẳng cấp bậc 4.

\[a, b, c>0\]

\[a+ b+ c= 1\]

CM: \[\frac{b}{a\left ( b+ c \right )}+ \frac{c}{b\left ( c+ a \right )}+ \frac{a}{c\left ( a+ b \right )}\geq \frac{9}{2}\]

$VT = \frac{b}{a(b+c)}+\frac{c}{b(c+a)}+\frac{a}{c(a+b)}$

$\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+3abc}$

Giả sử b nằm giữa a và c. Khi đó:

$(b-a)(b-c)\leq 0$

$\Leftrightarrow b^{2}+ac\leq ab+bc$

$\Leftrightarrow ab^{2}+ca^{2}\leq a^{2}b+abc$

$\Leftrightarrow ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc\leq b(a+c)^{2}=\frac{1}{2}2b(a+c)(a+c)\leq \frac{4}{27}(a+b+c)^{3}=\frac{4}{27}$

Và: $2abc\leq 2\frac{(a+b+c)^{3}}{27}=\frac{2}{27}$

Suy ra:

$\frac{(a+b+c)^{2}}{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+3abc}\geq \frac{9}{2} (đpcm)$

$\left\{\begin{matrix} x^4-4x^2 +y^2 -6y +9 = 0 & & \\x^2y+x^2+2y-22=0 & & \end{matrix}\right.$

   $\left\{\begin{matrix} x^4-4x^2 +y^2 -6y +9 = 0 & & \\x^2y+x^2+2y-22=0 & & \end{matrix}\right.$

$$\left\{\begin{matrix} (x^{2}-2)^{2}+(y-3)^{2}=4 & & \\(x^{2}-2)(y-3)+4[(x^{2}-2)+(y-3)]=8 & & \end{matrix}\right.$$  

Đặt $a= x^{2}-2$ ,  $b=y-3$

Hệ trở thành:

$\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=4 & & \\ab+4(a+b)=8 & & \end{matrix}\right.$

Tới đây thì giải hệ đối xứng loại 1 thôi.

Nghiệm hình như là $(x,y)=(\pm \sqrt{2},5),(\pm2,3 )$

$a+b+c=1 \Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 9$

Dự đoán dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ ta thấy cần chứng minh:

    $\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}-1}{2abc}\leq 9$

$\Leftrightarrow -\frac{4}{a+b}-\frac{4}{b+c}-\frac{4}{c+a}-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}-1}{2abc}\geq -9$

$\Leftrightarrow \frac{4}{c}-\frac{4}{a+b}+\frac{4}{a}-\frac{4}{b+c}+\frac{4}{b}-\frac{4}{c+a}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}-1}{2abc}+27$

$\Leftrightarrow \frac{4(a+b-c)}{c(a+b)}+\frac{4(b+c-a)}{a(b+c)}+\frac{4(c+a-b)}{b(c+a)}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}-1}{2abc}+27$        $(1)$

Mặt khác:

   $27abc\leq \left ( a+b+c \right )^{3}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2abc}\geq \frac{27}{2}$

Và

   $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{3}=\frac{1}{3}$

Suy ra 

$(1)\Leftrightarrow$$\frac{4(a+b-c)}{c(a+b)}+\frac{4(b+c-a)}{a(b+c)}+\frac{4(c+a-b)}{b(c+a)}\geq 18$

$\Leftrightarrow$$\frac{a+b-c}{c(a+b)}+\frac{b+c-a}{a(b+c)}+\frac{c+a-b}{b(c+a)}\geq\frac{9}{2}$        $(2)$

Áp dụng BĐT Cauchy, bất đẳng thức $(2)$ trở thành:

   $\frac{(a+b+c)^{2}}{c(a+b)(a+b-c)+a(b+c)(b+c-a)+b(c+a)(c+a-b)}\geq \frac{9}{2}$

$\Leftrightarrow 2(a+b+c)^{2} \geq 9[c(a+b)(a+b-c)+a(b+c)(b+c-a)+b(c+a)(c+a-b)]$

$\Leftrightarrow 2(a+b+c)^{2} \geq 54abc$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^{2} \geq 27abc$

Bất đẳng thức trên dễ dàng chứng minh bằng A-G.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Ở đây em chỉ đưa ra 2 bài bđt em em chưa giải được mong mọi người giải hộ và cũng chia sẻ những bđt hay để em và mọi người cùng học tập!Em xin cảm ơn!

Bài 1: Cho a,b,c>0. CMR

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

Baif2: Cho x,y,z không âm thỏa mãn:$x^{2}+y^{2}+z^{2}$. Tìm max:

 P= 6(y+z-x)+27xyz

Bạn ơi, bài 1 yêu cần chứng minh gì vậy?

Gọi P là giao điểm BD và phân giác trong góc C. Q là giao điểm của AC và phân giác trong góc B. K là trung điểm BC. J là giao điểm của FK và AC. D' là điểm đối xứng với D qua O.

 

Ta có BDD' = 1/2 BAC

Mà 1/2 ( BAC + ABC + ACB ) = 90

Mặt khác, DBQ + BDD' + FDK = 90

        <=>  DBQ + 1/2 BAC + 1/2 ABC = 90

Suy ra DBQ = 1/2 ACB

Mà, DFKB nội tiếp => DKF = DBQ = 1/2 BCA

 

Ta có: DKF + JKC = KJC + JCP (=90)

Suy ra JKC = KJC

=> Tam giác JKC cân tại C có CP là phân giác => CP cũng là đường cao

 

Vì CP vuông góc FK. CP vuông góc DE

=> DE // FK

 

CMTT ta được DF // EK

 

Từ đó suy ra DFKE là hình bình hành

Mà H là trung điểm EF

=> H là trung điểm DK

=> D, H, K thẳng hàng

Lại có DK là đường trung trực đoạn BC

=> H cũng nằm trên đường trung trực ấy

=> H cách đều B và C.