Hero Math

Hãy khởi động topic và forum BDT nào:
Bài 18: (THCS) Cho $a,b,c \geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm GTLN của :
$ A=ab+2bc+3ac.$

Bài 19: (THCS) CMR: $(\dfrac{4a}{b+c}+1)(\dfrac{4b}{a+c}+1)(\dfrac{4c}{a+b}+1)>25$

Bài 20: (THPT).Với $a,b,c$ la các số hữu tỉ. CMR:
$ (1+\dfrac{b-c}{a})^{a}+(1+\dfrac{c-a}{b})^{b}+(1+\dfrac{a-b}{c})^{c} \leq 1$

Bài 21 (THCS): Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Tìm GTLN:
$A=\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}}+\sqrt{1+z^{2}}+3(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

Bài 22( THPT): CMR:
$2(\sqrt{a^{2}-ab+b^{2}}+\sqrt{b^{2}-bc+c^{2}}+\sqrt{c^{2}-ca+a^{2}})$ $\geq \sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+bc+c^{2}}+\sqrt{c^{2}+ca+a^{2}}$

P\s: ai làm bài nào thì phải trích nguyên văn bài đó ra cho dễ nhìn nhé.

Tiếp một bài dành cho THCS
Bài 15Cho $x,y,z$ dương.Chứng minh rằng :
$\dfrac{1}{x^2+yz}+\dfrac{1}{y^2+zx}+\dfrac{1}{z^2+xy}\le \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}$

Cảm ơn anh Dũng và Minh đã đóng góp các bài tập.Áp dụng BĐT Cô si và BĐT: $ab+bc+ac\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}. $ta có:
$VT=\dfrac{1}{x^2+yz}+\dfrac{1}{y^2+zx}+\dfrac{1}{z^2+xy}\leq \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{x\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{y\sqrt{xz}}+\dfrac{1}{z\sqrt{xy}})$
$=\dfrac{1}{2}.\dfrac{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}}{xyz}\leq \dfrac{1}{2}.\dfrac{x+y+z}{xyz}=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz})=VP $

Bài 9:(THCS) Cho $a,b,c \geq 1$ thỏa mãn $a+b+c=5$. CMR :$ P=\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+c^2} > \dfrac{10}{19}.$
Bài 10:(THCS) Với $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác. CMR: $\dfrac{a}{\sqrt[3]{b^{3}+c^{3}}}+ \dfrac{b}{\sqrt[3]{a^{3}+c^{3}}}+ \dfrac{c}{\sqrt[3]{a^{3}+b^{3}}}<2\sqrt[3]{5}$

Bài 11(THPT): cho $ x,y,z>0$ và $x^5y^5+y^5z^5+x^5z^5=x^{5}y^{5}z^{5}$. CMR:

$3(\dfrac{y^5(x+z)^3}{x^4z^4}+\dfrac{z^5(x+y)^3}{x^4y^4}+\dfrac{x^5(y+z)^3}{y^4z^4})\leq 4(\dfrac{y^{10}z^5}{x^5}+\dfrac{z^{10}x^5}{y^5}+\dfrac{x^{10}y^5}{z^5})-24$

Các bài của THCS được ghi bên cạnh là chữ THCS, bài toán của THPT được ghi là THPT .
Rất mong các bạn post bài toán lên topic để mọi người cùng giải. Những công thức mình post có thể được dùng trực tiếp , nhưng khi đi thi thì ko thể được đâu mà phải chứng mình nó, trừ 2 BĐT là cô si và Bunhiacopxki.

$(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)\ge\ 0$
$a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2\leq 1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$
mà $a^2+b^2+c^2\le \a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2$
$1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge \ 1+a^2b+b^2c+c^2a$
Dấu "="xảy ra $(a;b;c)=(1;0;0);(1;1;0)$

Bạn gõ công thức cẩn thận đi nhé , mà bạn làm sai ở chỗ: $1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq 1+a^2b+b^2c+c^2a$. BĐT này phải đổi dấu.
cái chỗ :

mà $a^2+b^2+c^2\le \a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2$

thì cần để làm gì chứ. Tóm lại lời giải như vậy chưa thể được, lời giải đúng gần tương tự như vậy
Cách 1: $(1-a^{2})(1-b^{2})(1-c^{2})\geq 0$
$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+a^{2}b^{2}c^{2}\leq 1+a^{2}b^2+b^2c^2+a^2c^2$ $(1)$
Do $a,b,c \in [0,1]$ nên $a^{2}b(1-b)+ b^{2}c(1-c)+ c^{2}a(1-a)+a^{2}b^{2}c^{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+a^{2}b^{2}c^{2}$ $ (2)$
Cộng từng vế của $(1), (2)$ ta có ĐPCM.

Cách 2: Vì $a,b,c \in [0,1]$ nên $a(1-b)\geq a^{2}(1-b), b(1-c)\geq b^{2}(1-c), c(1-a)\geq c^{2}(1-a)$
Cộng theo vế : $(a^2+b^2+c^2)-(a^2b+b^2c+c^2a)\leq a+b+c-ab-bc-ac.$
Mà $(1-a)(1-b)(1-c)+abc\geq 0 \Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ac\leq 1$ thay vào BĐT trên ta có :
$(a^2+b^2+c^2)-(a^2b+b^2c+c^2a)\leq 1 \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leq 1+a^2b+b^2c+c^2a$

Bài 6:(THCS) Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$. CMR: $x+2y+z\geq 4(x+y)(y+z)(z+x)$

Bài 7:(THCS) Với $a,b,c \in [0,1]$. Tìm GTLN của biểu thức: $A=\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}$

Bài 8 (THPT): Cho $a,b,c >0$. Tìm GTNN của :
$S=\sqrt{\dfrac{a^{3}}{a^{3}+(b+c)^{3}}}+\sqrt{\dfrac{b^{3}}{b^{3}+(a+c)^{3}}}+\sqrt{\dfrac{c^{3}}{c^{3}+(a+b)^{3}}}$

Như vậy là bạn đã có 2 cách của mình và anh Dũng để làm 1 bài toán rồi đó Lilynguyen.
Bài 4:(THCS). Cho $a,b,c\in[0;1]$ .CMR:
$a, a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 1+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a.$
$b, 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\leq 3+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a.$
Bài 5: (THPT): Cho $a,b,c >0$.CMR: $\dfrac{2a^{3}}{a^{6}+bc}+\dfrac{2b^{3}}{b^{6}+ac}+\dfrac{2c^{3}}{c^{6}+ab}\leq \dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ab}$

Giúp mình bài này luôn nhé:
Cho a; b là các số thực dương thoả mãn $a + b = 1$.Chứng minh rằng: $\dfrac{1}{ab} +\dfrac{1}{a^2+b^2} \geq 6$

Lần sau bạn cố gắng đánh đúng công thức nhé, mà mình rất hoan nghênh các bạn đóng góp bài toán.
Ta có : $4ab\leq (a+b)^{2}=1. \Rightarrow \dfrac{1}{ab}\geq 4.$.Áp dụng BĐT $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\geq \dfrac{4}{x+y}$ ta có:
$VT=\dfrac{1}{ab} +\dfrac{1}{a^2+b^2} = (\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}})+\dfrac{1}{2ab}\geq \dfrac{4}{(a+b)^{2}}+\dfrac{1}{2}.4=4+2=6.$

Các bài tập sẽ không khó và mức độ tăng dần theo mỗi bài
Bài 1:(THCS) Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=1$. Tìm GTNN của : $P=\dfrac{a}{a^{2}+8bc}+\dfrac{b}{b^{2}+8ac}+\dfrac{c}{c^{2}+8ab}$
Bài 2:(THCS) Với $a,b,c >0$ . Tìm GTNN của :$ P=\dfrac{a}{a+2b+3c}+\dfrac{b}{b+2c+3a}+\dfrac{c}{c+2a+3b}$

Bài 3: (THPT) Cho $a,b,c \geq 0$.CMR: $\dfrac{b+c}{2a^{2}+bc}+\dfrac{a+c}{2b^{2}+ac}+\dfrac{a+b}{2c^{2}+ab}\geq \dfrac{6}{a+b+c}$

Mình mở ra một topic mới để cùng mọi người trao đôit kinh nghiệm về BĐT. Lần này các bài toán dành cho THCS, 1 phần cũng dành cho các anh chị THPT. Đầu tiên xin nói lại về các BĐT để sử dụng truong topic này .
1. Bất đẳng thức Cô si (AM-GM): Với m số không âm $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ ta có:
$a_{1}+a_{2}+...+a_{m}\geq m\sqrt[m]{a_{1}a_{2}...a_{m}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}.$
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Cauchy - Schwazs): với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{m}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{m}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^{2}$
Đẳng thức xảy ra khi : $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
3. Bất đẳng thức Xvác (Schwars). Với $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ bất kì và $b_{1},b_{2},...,b_{m}\geq 0$ ta có :
$\dfrac{a_{1}^{2}}{b_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{b_{2}}+...+\dfrac{a_{m}^{2}}{b_{m}}\geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}.$Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
4.Bất đẳng thức Mincopxki (Mincowski): Với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{m})^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi :$\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
5. Bất đẳng thức Holder: Xin chỉ nêu trường hợp dùng nhiều nhất , ko nêu dạng tổng quát:
Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ thì BĐT sau đúng : $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}.$
Đẳng thức xảy ra khi : các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau.
6. Bất đẳng thức Schur: Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\geq 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\geq 0.$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a).$
$4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc.$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc.$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$.
7. Bất đẳng thức Trêbưsep Chebyshev): Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:
$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Đẳng thức xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $ b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $ b_{1}\leq b_{2}\leq ...\leq b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.
8. Bất đẳng thức Nét bít (Nesbitt): Mình chỉ nêu ra 2TH hay dùng nhất đối với THCS :
BĐT Nesbitt 3 biến : Với $ a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}.$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2.$
ĐẲng thức xẩy ra khi các biến bằng nhau.
9. Các hằng bất đẳng thức thường dùng:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ac$ và $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac).$
$\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+...+\dfrac{1}{a_{m}}\geq \dfrac{m^{2}}{a_{1}+a_{2}+...+a_{m}}$ ( với $a_{i}>0$)
$\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2}\geq (\dfrac{a+b}{2})^{n}$ (Với $a+b\geq 0$ và $n\in N*$)
$a^{m+n}+b^{m+n}\geq a^{m}.b^{n}+a^{n}.b^{m}.$
Còn rất nhiều BĐT nữa nhưng ở mức độ THCS mình chỉ nêu ra như vậy thôi.
P\s: Các anh chị THPT không giải bài của THCS, mà các anh chị sẽ có bài riêng dành cho mình để làm. Mong các bạn hưởng ứng. Cảm ơn.
Hero Math _ Hiếu.

5, Giải PT: $ \sqrt{x^{2}+x-1}+\sqrt{-x^{2}+x+1}=x^{2}-x+2$
6,giải Hệ PT:
$\left\{ \begin{matrix}4xy + 4(x^2 + y^2 ) + \dfrac{3}{{(x + y)^2 }} = \dfrac{{85}}{3} \\ 2x + \dfrac{1}{{x + y}} = \dfrac{{13}}{3} \\ \end{matrix} \right.$

ko ai làm :
5,Ta có ; $\dfrac{(x^{2}+x-1)+1}{2}\geq \sqrt{x^{2}+x-1}$ $ (1)$

và $\dfrac{(-x^{2}+x+1)+1}{2}\geq \sqrt{-x^{2}+x+1} $ $ (2)$
Cộng từng vế của ( 1) và (2) ta có :$x+1\geq \sqrt{-x^{2}+x+1}+ \sqrt{x^{2}+x-1} =x^{2}-x+2$
$\Rightarrow x^{2}-x+2 \leq x+1\Leftrightarrow (x-1)^{2}\leq 0 \Leftrightarrow x=1$
( bài này còn có thể phưng pháp nhân liên hợp)

6,đặt $x+y=a , x-y=b$,thế thì PT tương đương với :
$3(a^{2}+\dfrac{1}{a^{2}})+b^{2}=\dfrac{85}{3} $ $ (2)$

$a+b+\dfrac{1}{a}=\dfrac{13}{3} $ $ (3)$


Đặt $t=a+\dfrac{1}{a} \Rightarrow |t| \geq 2$

Từ (3) suy ra "$ b=\dfrac{13}{3}-(a+\dfrac{1}{a})=\dfrac{13}{3}-t$

Biến đổi $(2) \Leftrightarrow 3(t^{2}-2)+(\dfrac{13}{3}-t)^{2}=\dfrac{85}{3}$
$ \Leftrightarrow 18t^{2}-39t-70=0 \Rightarrow t=\dfrac{10}{3}$ vì $|t|\geq 2$
đến đây tìm được a,b rồi tìm được x,y

9, giải PT nghiệm nguyên :$ x^{3}=y^{3}+2y^{2}+1$
10,cho n là số tự nhiên lẻ và $\dfrac{n^{2}-1}{3}$ là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp.Hỏi n có thể là tổng của 2 số chính phương liên tiếp ko?