Diễn Đàn MathScope - Topic về bất đẳng thức

Diễn Đàn MathScope (http://forum.mathscope.org/index.php)

- Các Bài Toán Đã Được Giải (http://forum.mathscope.org/forumdisplay.php?f=107)

- - Topic về bất đẳng thức (http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=12995)

$a^2+b^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2} \geq a+b $
Giả sử kết luận đúng với $k;k-1 (k \geq 2) $
Ta chứng minh kết luận đúng với $k+1 $.
Thật vậy: Theo Bunhiakovsky: $(a^{k+1}+b^{k+1})(a^{k-1}+b^{k-1}) \geq (a^k+b^k)^2 $ suy ra $a^{k+1}+b^{k+1} \geq a^k+b^k $ (do $a^{k-1}+b^{k-1} \leq a^k+b^k $)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=1 $.

Cho x,y,z dương thoả mãn xy+yz+zx=3.Chứng minh $\frac{1}{xyz}+\frac{4}{(x+y)(y+z)(z+x)} \geq \frac{3}{2} $

Trích:

Nguyên văn bởi MathForLife (Post 102232)

Bài toán này đã được anh Tạ Minh Hoằng (Minhhoang) giải trên MS 1 lần cách đây vài tháng. Mình xin trình bày lại lời giải:
Gọi $(x;y;z) $ là một hoán vị của $(a;b;c) $ sao cho $x\ge y\ge z $. Khi đó theo bất đẳng thức hoán vị ta có:

$a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2\le x^3y^2+x^2yz^2+z^3y^2 $

do 2 dãy $x;y;z $ và $x^2y^2;z^2x^2;y^2z^2 $ đơn điệu cùng chiều.
Như vậy ta sẽ chứng minh:

$x^3y^2+yx^2z^2+z^3y^2\le 3 $

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

$2x^3y^2\le y(x^4+x^2y^2) $
$2z^3y^2\le y(z^4+z^2y^2) $

Chỉ còn cần chứng minh:

$y(x^4+x^2y^2)+y(z^4+z^2y^2)+2yz^2x^2\le 6 $
$\Leftrightarrow y(x^2+z^2)(x^2+y^2+z^2)\le 6 $
$\Leftrightarrow y(3-y^2)\le 2 $
(vì $x^2+y^2+z^2=a^2+b^2+c^2=3 $ )
$\Leftrightarrow (y-1)^2(y+2)\ge 0 $

Bất đằng thức cuối đúng cho ta đpcm. Đẳng thức chỉ có khi $x=y=z $ hay $a=b=c=1 $.

Bất đẳng thức mạnh hơn cũng đúng.

Trích:

Cho $a,b,c $ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng

$(ab+bc+ca)(a^2b+b^2c+c^2a)\le 9. $

Và ta cũng có bất đẳng thức tổng quát hơn

Trích:

Cho $a,b,c $ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3 $. Với $n\ge 2, $ chứng minh rằng

$a\sqrt[n]{ab}+b\sqrt[n]{bc}+c\sqrt[n]{ca}\le 3. $

============

Trích:

Nguyên văn bởi extremeqx9770 (Post 102286)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\[\begin{array}{l}
{({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} \ge 3({a^3}b + {b^3}c + {c^3}a) \Leftrightarrow 2{({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} - 6({a^3}b + {b^3}c + {c^3}a) \ge 0\\
\Leftrightarrow \sum {{{({a^2} - 2ab + bc - {c^2} + ca)}^2}} \ge 0
\end{array}\] $
Điều này hiển nhiên đúng. Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi $$a = b = c$ $ hoặc trong bộ 3 số sau và các hoán vị $\[(a,b,c) = k\left( {{{\sin }^2}\frac{{4\pi }}{7},{{\sin }^2}\frac{{2\pi }}{7},{{\sin }^2}\frac{\pi }{7}} \right)\] $
Bài này mình lấy từ cuốn “ Sáng tạo bất đẳng thức “ của anh Phạm Kim Hùng:))

Bài này có thể chứng minh được bằng Cauchy Schwarz.

============

Trích:

Nguyên văn bởi lelouch96 (Post 102503)

$a^{n} + b^{n} \le a^{n+1} + b^{n+1} $ với $a + b\geq 2 $

chứng minh bằng qui nạp

Bài của bạn khá là "ẩu".

Không có điều kiện của $a,b,n $ thì làm kiểu gì đây bạn ? Đã vậy bạn cũng không biết hoa đầu câu, kết thúc bài mà không có lấy dấu chấm. Không có lấy một yêu cầu làm gì, mà độc nhất một câu: "chứng minh bằng quy nạp". Mình mạn phép xóa bài của bạn để bạn rút kinh nghiệm.

============

Trích:

Nguyên văn bởi LiKE.NO.OTHER (Post 102512)

Cho x,y,z dương thoả mãn xy+yz+zx=3.Chứng minh $\frac{1}{xyz}+\frac{4}{(x+y)(y+z)(z+x)} \geq \frac{3}{2} $

Gợi ý Dùng AM-GM như sau

$\[\begin{aligned}
\frac{1}{{xyz}} + \frac{4}{{(x + y)(y + z)(z + x)}}& = \frac{1}{{2xyz}} + \frac{1}{{2xyz}} + \frac{4}{{(x + y)(y + z)(z + x)}}\\
&\ge \frac{1}{{2xyz}} + \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {xyz(x + y)(y + z)(z + x)} }}.
\end{aligned}\] $

Cho a,b,c>0 và n là một số nguyên dương không nhỏ hơn 2.CMR
$3\frac{a^n+b^n+c^n}{a+b+c}\geq \frac{a^n+b^n}{a+b}+\frac{b^n+c^n}{b+c}+\frac{c^n+ a^n}{c+a} $

Trích:

Nguyên văn bởi kid3494 (Post 102283)

Các bạn giúp minh bài này với
Cho $a, b, c > 0 $
CMR $(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} \geq 3(a^{3}b + b^{3}c + c^{3}a) $

Bất đẳng thức này cũng đúng với $a,b,c $ là các số thực bất kỳ.
Ta đã biết với mọi số thực $x,y,z $ thì

$(x+y+z)^2\ge3(xy+yz+zx) $

chọn

$x=a^2+bc-ab,\;y=b^2+ca-bc,\;z=c^2+ab-ca $

ta thu được

$\left [ \sum (a^2+bc-ab) \right ]^2\ge3\sum(a^2-bc-ab)(b^2+ca-bc) $

Bằng một số tính toán đơn giản, ta thấy rằng

$\sum (a^2+bc-ab)=a^2+b^2+c^2 $

$\sum(a^2-bc-ab)(b^2+ca-bc)=a^3b+b^3c+c^3a $

Nên ta có

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

Gần đấy mình trông thấy trên giang hồ xuất một cách phân tích nhìn rất khủng mà từ đó ta suy ra bất đẳng thức đã cho là đúng (còn tính chính xác thì các bạn tự kiểm tra nhé). Bằng cách xét hiệu hai vế của bất đẳng thức, ta được

$\begin{aligned}\left ( \sum a^2 \right )^2-3\sum a^2b&=\sum\left [\frac{1}{2}a^2-\left (\frac{3}{4}+\frac{\sqrt{5}}{4} \right ).ab+\frac{\sqrt{5}}{2}ca+\left (\frac{ \sqrt{5}}{4}-\frac{1}{4} \right ).b^2+\left (\frac{3}{4}-\frac{\sqrt{5}}{4} \right ).bc-\left (\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{5}}{4} \right ).c^2 \right ]^2\\&=\sum\left [\frac{1}{3}.a^2-\left (\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{15}}{6} \right ).ab+\frac{\sqrt{15}}{3}.ca+\left (\frac{ \sqrt{15}}{6}-\frac{1}{6} \right ).b^2+\left (\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{15}}{6} \right ).bc-\left (\frac{1}{6}+\frac{\sqrt{15}}{6} \right ).c^2 \right ]^2\\&=\sum\left [\frac{1}{4}.a^2-\left (\frac{3}{8}+\frac{\sqrt{29}}{8}.ab \right )+\frac{\sqrt{29}}{4}.ca+\left (\frac{ \sqrt{29}}{8}-\frac{1}{8} \right ).b^2+\left (\frac{3}{8}-\frac{\sqrt{29}}{8} \right ).bc-\left (\frac{1}{8}+\frac{\sqrt{29}}{8} \right )c^2 \right ]^2.\end{aligned} $

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Mình có bài này, nhờ mọi người giải giùm :
Cho $a,b,c \ge 0 $.
Chứng minh rằng $\sum_{cyc} \frac{ab}{a+9b+6c} \le \frac{a+b+c}{16} $.

Tìm giá trị nhỏ nhất

Cho ba số $\[x,y,z>0\] $ thỏa mãn $\[x+y+z\le \frac{3}{2}\] $
Tìm giá trị nhỏ nhất của
$\[P=\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}+\frac{4}{{{z }^{2}}}}+\sqrt{{{y}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}+\frac {4}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{{{z}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}} }+\frac{4}{{{y}^{2}}}}\] $

Trích:

Nguyên văn bởi bac_hai_60 (Post 102695)

Áp dụng Mincopxki thì $P\ge\sqrt{(x+y+z)^2+(\sum\frac{1}{x})^2+(\sum\frac {2}{x})^2}\ge\sqrt{(x+y+z)^2+\frac{81}{(x+y+z)^2}+ \frac{324}{(x+y+z)^2}} $
$\Rightarrow P\ge \sqrt{(x+y+z)^2+\frac{81}{16(x+y+z)^2}+\frac{6399} {16(x+y+z)^2}}\ge \sqrt{3.\frac{9}{4}+\frac{6399.4}{16.9}}=\frac{27} {2} $

Bài 1 : Cho ba số a,b,c thỏa mãn $\[a,b,c>0,a+b+c+\sqrt{2abc}\ge 10\] $
Chứng minh rằng :

$\sqrt {{8 \over {{a^2}}} + {{9{b^2}} \over 2} + {{{c^2}{a^2}} \over 4}} + \sqrt {{8 \over {{b^2}}} + {{9{c^2}} \over 2} + {{{a^2}{b^2}} \over 4}} + \sqrt {{8 \over {{c^2}}} + {{9{a^2}} \over 2} + {{{b^2}{c^2}} \over 4}} \ge 6\sqrt 6 $

Bài 2 : Cho ba số a,b,c thỏa mãn $\[a,b,c>0,a+b+c=3\] $.
Chứng minh rằng :

$\[\sqrt{2{{a}^{2}}+\frac{2}{a+1}+{{b}^{4}}}+\sqrt{2{ {b}^{2}}+\frac{2}{b+1}+{{c}^{4}}}+\sqrt{2{{c}^{2}} +\frac{2}{c+1}+{{a}^{4}}}\ge 6\] $

Cho $a,b,c $ là ba số thực dương. Đặt
$S_r=a^r (a-b)(a-c)+b^r (b-c)(b-a)+c^r (c-a)(c-b), $ với $r $ là số thực dương.
Chứng minh rằng:
$S_2^2(a^2+b^2+c^2)+(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(ab+bc+ca)(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\ge 2abc S_1 \cdot S_2+S_2 \cdot S_4 $

Trích:

Nguyên văn bởi bac_hai_60 (Post 102718)

Bài 2 : Cho ba số a,b,c thỏa mãn $\[a,b,c>0,a+b+c=3\] $.
Chứng minh rằng :
$\[\sqrt{2{{a}^{2}}+\frac{2}{a+1}+{{b}^{4}}}+\sqrt{2{ {b}^{2}}+\frac{2}{b+1}+{{c}^{4}}}+\sqrt{2{{c}^{2}} +\frac{2}{c+1}+{{a}^{4}}}\ge 6\] $

Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta được
$\[\sqrt{2{{a}^{2}}+\frac{2}{a+1}+{{b}^{4}}}+\sqrt{2{ {b}^{2}}+\frac{2}{b+1}+{{c}^{4}}}+\sqrt{2{{c}^{2}} +\frac{2}{c+1}+{{a}^{4}}}\ge \sqrt{2(a+b+c)^2+2(\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{ \sqrt{b+1}} +\frac{1}{\sqrt{c+1}})^2+(a+b+c)^2}=\sqrt{27+2( \frac{1}{ \sqrt{a+1}}+\frac{1}{ \sqrt{b+1}} +\frac{1}{\sqrt{c+1}})^2} \ge \sqrt{27+2(\frac{3}{ \sqrt[6]{(a+1)(b+1)(c+1)}})^2 $$= \sqrt{27+ \frac{18}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}} \ge \sqrt{27+\frac{54}{a+1+b+1+c+1}}=\sqrt{36}=6 $

Trích:

Nguyên văn bởi ttytty (Post 102663)

Mình có bài này, nhờ mọi người giải giùm :
Cho $a,b,c \ge 0 $.
Chứng minh rằng $\sum_{cyc} \frac{ab}{a+9b+6c} \le \frac{a+b+c}{16} $.

Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz, ta có:
$\frac{16}{a+9b+6c}=\frac{(1+3)^2}{(3c+a)+3(3b+c)} \le \frac{1}{3c+a}+\frac{3}{3b+c}. $
Sử dụng đánh giá này, ta thu được:

$\sum \frac{16ab}{a+9b+6c}\leq \sum \frac{ab}{3c+a}+\sum \frac{3ab}{3b+c}=a+b+c $

Suy ra

$\sum \frac{ab}{a+9b+6c}\leq \frac{a+b+c}{16}. $

Các bạn giúp mình bài tập này
Cho tam giác ABC nhọn
CMR $cos(\frac{A - B}{2}) + cos(\frac{B - C}{2}) + cos(\frac{C - A}{2}) \leq \frac{\sqrt{2}}{2}(\frac{a + b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} + \frac{b + c}{\sqrt{b^{2} + c^{2}}} + \frac{c + a}{\sqrt{c^{2} + a^{2}}}) $

Trích:

Nguyên văn bởi kid3494 (Post 102867)

$cos\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) = \frac{{cos\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right)cos\left( {\frac{{A + B}}{2}} \right)}}{{\sin \frac{C}{2}}} = \frac{{\cos A + \cos B}}{{2\sqrt {\frac{{1 - \cos C}}{2}} }} $
$= \frac{{\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} + \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}}}}{{2\sqrt {\frac{{1 - \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}}}{2}} }} = \frac{{\frac{{(a + b)({c^2} - {{(a - b)}^2})}}{{abc}}}}{{2\sqrt {\frac{{{c^2} - {{(a - b)}^2}}}{{ab}}} }} = \frac{{(a + b)\sqrt {{c^2} - {{(a - b)}^2}} }}{{2c\sqrt {ab} }} $
ta sẽ chứng minh
$\frac{{(a + b)\sqrt {{c^2} - {{(a - b)}^2}} }}{{2c\sqrt {ab} }} \le \frac{{a + b}}{{\sqrt {2({a^2} + {b^2})} }} $
$\Leftrightarrow \frac{{2ab{c^2}}}{{{c^2} - {{(a - b)}^2}}} \ge {a^2} + {b^2} $
$\Leftrightarrow \frac{{2ab{{(a - b)}^2}}}{{{c^2} - {{(a - b)}^2}}} \ge {(a - b)^2} $
$\Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge {c^2} $(luôn đúng khi ABC là tam giác nhọn)
vậy $cos\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) \le \frac{{a + b}}{{\sqrt {2({a^2} + {b^2})} }} $
làm 2 bđt tương tự rồi cộng lại ta được đpcm

Cho a,b,c là số thực dương
cm
$ \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}
+\dfrac{c^2}{a} \ge \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2+a^2-ac} $