Thanhlongviemtuoc

Ta có: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq \sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

           $\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq \sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

Cộng vế theo vế ta được

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

$\Rightarrow $ đpcm

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Cái này là holder r mà ?

*Là Bất đẳng thức Holder, nhưng đi thi em vẫn phải chứng minh lại mà nhỉ ? 

Xin đề xuất bài toán rất hay!

$\boxed{\text{Bài 77}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $5a^2+2abc+4b^2+3c^2 =60$. Tìm giá trị lớn nhất biểu thức

$$A=a+b+c$$

Suggestions

Max A là $6$ khi $a=1,b=2,c=3$

 

P/s: Em suy nghĩ bài này $2$ ngày mới ra đó, nên em đăng bài này sau $2$ ngày không có lời giải thì em mới đăng lời giải của em

Bài này nguồn là đề thi vào 10 Thanh Hóa

$Pt\Rightarrow 4b^2< 60;3c^2< 60\Rightarrow (15-b^2)> 0;(20-c^2)> 0$

$Pt\Leftrightarrow 5a^2+2bc.a+4b^2+3c^2-60=0$

Coi đây là pt bậc 2 đối vs ẩn a và b,c là tham số ta được:

$\Delta '=(bc)^2-5(4b^2+3c^2-60)=(15-b^2)(20-c^2)>0$

Do a>0 nên pt có nghiệm là:  $a=\frac{-bc+\sqrt{(15-b^2)(20-c^2)}}{5}\leq \frac{-bc+\frac{1}{2}(15-b^2+20-c^2)}{5}=\frac{-(b+c)^2+35}{10}$

$\Rightarrow a+b+c=\frac{-(b+c)^2+10(b+c)+35}{10}=\frac{-(b+c-5)^2+60}{10}\leq \frac{60}{10}=6$

Dấu '=' xảy ra $\Leftrightarrow a=1,b=2,c=3$

Mình xin góp tiếp bài toán sau:

$ \boxed{\text{Bài 70}} $ Cho a,b,c>0.Chứng minh rằng

$$\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}\geq \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}$$

Ta có $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq \frac{8}{27}\sqrt{(ab+bc+ca)^3}$

$\Rightarrow $ ĐPCM.

Mình xin góp thêm bài toán sau:

$ \boxed{\text{Bài 69}} $ Cho $ a,b,c>0  $ thỏa mãn $a^{3}+b^{3}=c^{3}$. Chứng minh rằng

            $$a^{2}+b^{2}-c^{2}>6(c-a)(c-b)$$

Từ gt suy ra $(\frac{a}{c})^3+(\frac{b}{c})^3=1$

Đặt: $x=\frac{a}{c};y=\frac{b}{c}\Rightarrow x^3+y^3=1 (0<x,y<1)$

Chia 2 vế của bđt cần cm cho $c^2>0$ ta được:

$\frac{a^2}{c^2}+\frac{b^2}{c^2}-1>6(1-\frac{a}{c})(1-\frac{b}{c})$

Từ đó trở thành: $x^2+y^2-1>6(1-x)(1-y)$

Lại có: $GT\Rightarrow x^3y^3=(1-y^3)(1-x^3)=(1-x)(1-y)(1+x+x^2)(1+y+y^2)$

$1+x+x^2\geq 3x;1+y+y^2\geq 3y$

$\Rightarrow x^3y^3\geq 9xy(1-x)(1-y)\Rightarrow xy\geq 3\sqrt{(1-x)(1-y)}$

Lại từ GT ta được: $x^2+y^2-1=x^2+y^2-x^3-y^3=x^2(1-x)+y^2(1-y)\geq 2xy\sqrt{(1-x)(1-y)}\geq 6(1-x)(1-y)$

Do dấu "=" của BĐT ko xảy ra nên ta dc ĐFCM

$\boxed{\text{Bài 51}}$ Cho $\left\{\begin{matrix}a,b,c>0 & & \\ a+b+c=3abc & & \end{matrix}\right.$ Chứng minh rằng

$\frac{a+2b}{\sqrt{b^{2}+2ca+6}}+\frac{b+2c}{\sqrt{c^{2}+2ab+6}}+\frac{c+2a}{\sqrt{a^{2}+2bc+6}}\geq 3$

Ta có:  $\frac{a+2b}{\sqrt{b^{2}+2ca+6}}\geq \frac{a+2b}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}$

$\Rightarrow \sum \frac{a+2b}{\sqrt{b^{2}+2ca+6}}\geq \frac{3(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}$

Suy ra ta cần cm: $\frac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}\geq 1 \Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq a^2+b^2+c^2+6$

Lại có $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc \Rightarrow 3abc(ab+bc+ca)\geq 9abc \Rightarrow ab+bc+ca\geq 3$

Từ đó ta có ĐPCM.

Em xin góp tiếp 

$\boxed{\text{Bài 39}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $3(a+b+c)=abc$

Chứng minh 

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

 

Đặt $\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z$

GT $\Rightarrow xy+yz+xz=\frac{1}{3}$

BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{x^2}{y} \geq (\sum x)^2$

Ta có: $\sum \frac{x^2}{y}=\sum \frac{(x-y)^2}{y}+\sum x\geq \sum \frac{(x-y)^2}{y} + 1=\sum \frac{(x-y)^2}{y} + 3(xy+yz+xz)$

Ta cần cm: $\sum \frac{(x-y)^2}{y} + 3(xy+yz+xz)\geq (x+y+z)^2\Leftrightarrow 2\sum \frac{(x-y)^2}{y}\geq \sum (x-y)^2\Leftrightarrow \sum (x-y)^2(\frac{2}{y}-1)\geq 0$ (ĐÚNG)

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=3$

$\boxed{\text{Bài 29}}$ Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của

$$A=\frac{4a}{b+c-a}+\frac{9b}{c+a-b}+\frac{16c}{b+a-c}$$

 

Đặt: $b+c-a=x;c+a-b=y;b+a-c=z$

Bất đẳng thức trở thành: $\frac{4(y+z)}{x}+\frac{9(x+z)}{y}+\frac{16(x+y)}{z}=(\frac{4y}{x}+\frac{9x}{y})+(\frac{4z}{x}+\frac{16x}{z})+(\frac{9z}{y}+\frac{16y}{z})\geq 12+16+24=52$

Dấu $"="$ xảy ra khi $6x=4y=3z $

$\boxed{\text{Bài 28}}$ Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa mãn $xy=1$. Chứng minh rằng

$$ (x+y+1)(x^2+y^2)+\frac{4}{x+y}\geq8$$

 

$(x+y+1)(x^2+y^2)+\frac{4}{x+y}\geq (x+y+1).2+\frac{4}{x+y}=2(x+y)+\frac{8}{x+y}-\frac{4}{x+y}+2\geq 8-2+2=6$

P/s: God Đức căng thẳng quá  khinh đi năm sau e vào Phan rồi có khi VMO rồi IMO cũng nên

$\boxed{\text{Bài 32}}$ Cho các số a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{a}{2b+2c}}+\sqrt{\frac{b}{2c+2a}}+\sqrt{\frac{c}{2a+2b}}\geq 3$$

 

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

$\boxed{\text{Bài 27}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$$P=\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}$$

 

$\sum \frac{ab}{c+1}= \sum \frac{ab}{(a+c)+(b+c)}\leq \frac{1}{4} \sum( \frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c})=\frac{a+b+c}{4}=\frac{1}{4}$

Dấu "=" khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

$\boxed{\text{Bài 13}}$ Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng

$$\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}+\frac{\sqrt{c^2+b^2}}{a}+\frac{\sqrt{a^2+c^2}}{b}\geq 2\left ( \frac{a}{\sqrt{b^2+c^2}} +\frac{b}{\sqrt{c^2+a^2}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}\right )$$

 

Em xin chém Bài 13 ạ

Ta có: $\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}\geq \frac{a+b}{\sqrt{2}.c}$

$\Rightarrow \sum \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}\geq \frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{c}{b})=\frac{1}{\sqrt{2}}[\sum (\frac{a}{c}+\frac{a}{b})]$

Lại có: $\frac{a}{c}+\frac{a}{b}=\frac{(\sqrt{a})^2}{c}+\frac{(\sqrt{a})^2}{b}\geq \frac{4}{b+c}\geq \frac{4}{\sqrt{2(b^2+c^2)}}$

Từ mấy điều trên $\Rightarrow $ ĐPCM

$\boxed{\text{Bài 9}}$ Cho $m,n$ là 2 số tự nhiên sao cho$\sqrt{7}-\frac{m}{n}>0$

Chứng minh rằng $\sqrt{7}n-m>\frac{1}{m}$

 

Từ gt: $\sqrt{7}-\frac{m}{n}>0\Rightarrow \sqrt{7}>\frac{m}{n}\Rightarrow 7> \frac{m^2}{n^2}\Rightarrow 7n^2>m^2$

Vì m,n nguyên nên $7n^2\geq m^2+1$ Ta biết 1 số chính phương khi chia cho 7 chỉ có số dư thuộc tập {0,1,2,4} nên $7n^2\neq m^2+1, 7n^2\neq m^2+2$

$\Rightarrow 7n^2\geq m^2+3$ (1)

-Nếu m=1 thì $7n^2\geq 7>4 \Rightarrow \sqrt{7}> \frac{2}{n}=\frac{1}{mn}+\frac{m}{n} \ hay \ \sqrt{7}n-m>\frac{1}{m}$

-Nếu m>1 thì từ (1) suy ra $7n^2-m^2\geq 3> 2+\frac{1}{m^2} \Rightarrow 7n^2> m^2+\frac{1}{m^2}+2=(m+\frac{1}{m})^2$

Tức là $\sqrt{7}n> m+\frac{1}{m} \Rightarrow \text{ĐPCM}$

$\boxed{\text{Bài 1}}$ Chứng minh rằng với mọi số thực $a, b$ thì

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

Đầu tiên với mọi số thực a,b thì ta đều có: $a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}$

Áp dụng: $a^4+b^4\geq \frac{(a^2+b^2)^2}{2}\geq \frac{(a+b)^4}{8}$

$\Rightarrow$ ĐPCM

E xin góp Bài 5

Đặt $ x+y+z=p$ , $ xy+yz+zx=q$ , $\ xyz=r$
$ \text {BĐT} \Leftrightarrow p^{2}-3q+r\geq 8$ $ \Leftrightarrow 36-3q+r\geq 8\Leftrightarrow 28-3q+r\geq 0$
Ta sẽ đi CM :$28-3q+r\geq 0$ (1)
Ta có BĐT quen thuộc : $ (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)\leq xyz$
Ta suy ra đc : $ r\geq \frac{4pq-p^{3}}{9}$ $ \Rightarrow r\geq \frac{8}{3}q+24$
Suy ra : $ VT\geq 28-3q+\frac{8}{3}q-24= 4-\frac{q}{3}$
Ta có BĐT quen thuộc : $ xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}= 12\Rightarrow q\leq 12$
Do đó : $ VT\geq 4-\frac{q}{3}\geq 4-\frac{12}{3}= 0$

$\Rightarrow$ (1) Đúng 

Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi $ x=y=z=2$ .

$\boxed{\text{Bài 2}}$ Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh

$$ab+bc+ca\leq a^2+ b^2+c^2 \leq 2(ab+bc+ca)$$

 

E xin góp bài 2 ạ

$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geqslant 0$ (Luôn Đúng).

Dấu $"="$ khi $a=b=c$

Ta có: $a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac$ 

Tương tự: $b^2< ab+bc;c^2<ca+cb$

Cộng các BĐT cùng chiều ta được ĐPCM