thien huu

Cho x, y, z và r là các số thực. Chứng minh rằng:

$x^4+y^4+z^4+(3r^2-1)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+3r(1-r)xyz(x+y+z)\geq 3r(x^3y+y^3z+z^3x)$

Ta có: $(\sum \sqrt{\frac{a}{a^2+b+c}.\frac{a}{3}})^2\leq (\sum \frac{a}{a^2+b+c}).\frac{a+b+c}{3}$

Mặt khác: $\sum \frac{a}{a^2+b+c}=\sum \frac{a(1+b+c)}{(a^2+b+c)(1+b+c)}\leq \frac{a+b+c+2(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$

$3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2<=>a+b+c \leq 3= a^2+b^2+c^2$

Do đó $\sum \frac{a}{a^2+b+c}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}= 1$

Suy ra $(\sum \sqrt{\frac{a}{a^2+b+c}.\frac{a}{3}})^2\leq \frac{a+b+c}{3}\leq 1$

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

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

Lời giải bài bất đẳng thức

Từ giả thiết, ta có:

$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}= \frac{3}{2}$

$<=>\frac{3}{2}+\sum \frac{1}{1+a}= 3<=>\frac{3}{2}=3-\sum \frac{1}{1+a}$

$<=>\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}= \frac{3}{2}$

Ta có nhận xét: $\sqrt{\frac{a^2+1}{2}}= \sqrt{\frac{(1+1)(a^2+1)}{4}}\geq \frac{\sqrt{(a+1)^2}}{2}= \frac{a+1}{2}$

Tương tự: $\sqrt{\frac{b^2+1}{2}}\geq\frac{b+1}{2} ,\sqrt{\frac{c^2+1}{2}}\geq\frac{c+1}{2}$

VT$\geq \sum \frac{a+1}{2}+3= \sum \frac{a+1}{2}+2\sum \frac{a}{a+1}$

$\sum \frac{a+1}{2}+\sum \frac{2a}{a+1}\geq \sum 2\sqrt{\frac{a+1}{2}.\frac{2a}{a+1}}= 2\sum \sqrt{a}$=VP

Dấu "=" xảy ra <=>a=b=c=1

Cho a,b,c>0 thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:

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

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

Mặt khác $ab+bc+ca\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}= \frac{1}{3}$

Suy ra VT$\leq \frac{8}{729}$

Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có:

$\frac{a^4+b^4+c^4}{ab+bc+ca}+\frac{3abc}{a+b+c}\geq \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)$

Cho các số thực dương x, y, z, t thỏa mãn xyzt=1. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{x^3(yz+zt+ty)}+\frac{1}{y^3(zt+tx+zx)}+\frac{1}{z^3(tx+xy+ty)}+\frac{1}{t^3(xy+yz+zx)}\geq \frac{4}{3}$

Đặt $x=a+c, y=b+c$

Suy ra $xy=1$ và $x-y=(a+c)-(b+c)=a-b$

VT=$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{x^2+y^2}{x^2y^2}= \frac{1}{(x-y)^2}+x^2+y^2$

=$\frac{1}{(x-y)^2}+(x-y)^2+2\geq 2+2= 4$=VP

Hệ thức Vi-ét: $x_1+x_2=-\frac{b}{a}$ và $x_1x_2=\frac{c}{a}$

Max

M=$\frac{(a-b)(2a-c)}{a(a-b+c)}= (1-\frac{b}{a})\frac{2a-c}{a-b+c}= (1-\frac{b}{a})\frac{\frac{2a-c}{a}}{\frac{a-b+c}{a}}$(Vì $a\neq 0$)

$M=(1-\frac{b}{a})\frac{2-\frac{c}{a}}{1-\frac{b}{a}+\frac{c}{a}}= \frac{(1+x_1+x_2)(2-x_1x_2)}{1+x_1+x_2+x_1x_2}= \frac{2(1+x_1+x_2)-x_1x_2(x_1+x_2+1)}{1+x_1+x_2+x_1x_2}$

$= 2-\frac{x_1x_2(x_1+x_2+3)}{1+x_1+x_2+x_1x_2}\leq 2$(do $x_1,x_2\in \left [ 0;1 \right ]$)

Min

Đặt $t=x_1+x_2, u=x_1x_2<=>t^2\geq 4u$

M=$\frac{(t+1)(2-u)}{1+t+u}\geq \frac{(t+1)(8-t^2)}{t^2+4t+4}$

Ta chứng minh $M\geq \frac{3}{4}$. Thật vậy BĐT <=>$(2-t)(4t^2+15t+10)\geq 0$(luôn đúng)

Ta chứng minh BĐT $2y^4+2z+1> x+y+z$ luôn đúng.

Ta có:

$2y^4-2y+1=2y^4-2y^2+\frac{1}{2}+2y^2-2y+\frac{1}{2}= 2(y^2-\frac{1}{2})^2+2(y-\frac{1}{2})^{2}> 0$

Hay $2y^4+1>2y$

Do đó $2y^4+2z+1>2y+2z=(y+z)+(y+z)> x+y+z$ (do x,y,z là 3 cạnh của một tam giác)

Tương tự, ta được: VT<$\sum \frac{x}{x+y+z}= 1$(Q.E.D)

Ta có:

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

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

Do đó $\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\sum \frac{1}{ab(a+b)}\geq \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{3}{2abc}\geq \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{3(a+b+c)}{2abc}=\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{3}{2}(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})\geq \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{27}{2(ab+bc+ca)}$

=$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{4}{2(ab+bc+ca)}+\frac{23}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)}+\frac{23}{\frac{2}{3}(a+b+c)^{^{2}}}= \frac{9}{(a+b+c)^{2}}+\frac{\frac{69}{2}}{(a+b+c)^{2}}\geq 9+\frac{69}{2}= \frac{87}{2}$

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1/3

Câu 3:

a)$\Delta '= m^{2}+2m+1= (m+1)^{2}\geq 0$

Suy ra phương trình có hai nghiệm với mọi m.

Theo hệ thức Viet, ta có: $x_1+x_2=-2m$ và $x_1x_2=-1-2m$

$P=\frac{2x_1x_2+1}{x_1^{2}-2mx_2+1-2m}= \frac{-2-4m+1}{x_1^{2}+(x_1+x_2)x_2+x_1x_2+2}= \frac{-1-4m}{(x_1+x_2)^{2}+2}= \frac{-1-4m}{4m^{2}+2}=\frac{-1-4m+4m^{2}+2}{4m^{2}+2}-1=\frac{(2m-1)^{2}}{4m^{2}+2}-1\geq -1$

b)$\sum \sqrt{\frac{xy}{xy+z}}= \sum \sqrt{\frac{xy}{xy+(x+y+z)z}}= \sum \sqrt{\frac{xy}{(y+z)(z+x)}}$

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

ĐT xảy ra <=> x=y=z=1/3

Câu 5:

Ta thấy rằng $\sqrt{8x^{2}+3y^{2}+14xy}= \sqrt{8x^{2}+3y^{2}+12xy+2xy}$

$\leq \sqrt{9x^{2}+12xy+4y^{2}}\doteq \sqrt{(3x+2y)^{2}}= 3x+2y$

Tương tự với các biểu thức còn lại, ta được:

VT$\geq \frac{x^{2}}{3x+2y}+\frac{y^{2}}{3y+2z}+\frac{z^{2}}{3z+2x}$

$\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{5(x+y+z)}= \frac{x+y+z}{5}$

ĐT xảy ra <=>x=y=z

Để mik làm giùm cho.

Min P=$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}\geq \frac{ab+bc+ca}{ab+bc+ca}\doteq 1$

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

Max 

Do $0\leq a,b,c\leq 2$ nên $(a-2)(b-2)(c-2)\leq 0< = > abc-2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)-8\leq 0 <=>2(ab+bc+ca)\geq 4+abc\geq 4=>ab+bc+ca\geq 2$

$P=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}=\frac{9}{ab+bc+ca}-2\leq \frac{9}{2}-2=\frac{5}{2}$

Dấu "=" xảy ra <=> a=2, b=1, c=0 và các hoán vị

Câu 5:

Đặt $t=\frac{1}{b}$<=>a+t=1

Ta có:

$(a+\frac{1}{a})^{2}+(t+\frac{1}{t})^{2}\geq \frac{(a+t+\frac{1}{a}+\frac{1}{t})^{2}}{2}\geq \frac{(1+\frac{4}{a+t})^{2}}{2}=\frac{25}{2}$

Dấu "=" xảy ra <=>a=1/2 và b=2