|
Topic về bất đẳng thức (2) Trích:
|
Cho a,b,c>0.CMR $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq 3\sqrt[4]{\frac{a^4+b^4+c^4}{3}} $ |
Trích:
[Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...] Bất đẳng thức mạnh hơn vẫn đúng nếu thay số $4 $ bởi số $5 $ hoặc $6 $ (tất nhiên cách chứng minh khó khăn hơn rất nhiều và khó có lời giải đẹp) |
Bất đẳng thức hoán vị Cho $a,b,c \ge 0 $. Chứng minh : $\sum \frac{a}{b}\ge \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2 $ |
Ta có : $\sum \frac{a}{b}=\sum \frac{a^2}{ab} $ Dùng bđt Cauchy - Schwarz :$\sum \frac{a^2}{ab}\geq \frac{(\sum a)^2}{\sum ab} $ Nhưng :$\frac{(\sum a)^2}{\sum ab}=\frac{\sum a^2}{\sum ab}+2 $ Được đpcm |
Trích:
Khi đó áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có $\sum \frac{a}{b} = \sum \frac{a^2}{ab} \ge \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} = \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2 $ |
Trích:
Do bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên khoảng $\left [ 1;2 \right ] $ có thể thay thế bởi khoảng $\left [ k;2k \right ] $ bất kì. Không mất tính tổng quát, giả sử $c=max\left \{ a;b;c \right \} $ . Bất đẳng thức ở đề bài tương đương với: $(a+b+c)\left ( \frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}+\frac{6}{a+b}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c} \right )\le 18 $ Chuẩn hoá $a+b+c=3 $, cần chứng minh: $\frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}+\frac{6}{a+b}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\le 6 $ Đặt $2t=a+b $ và $f(a;b;c)=\frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}+\frac{6}{a+b}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c} $ Xét hiệu: $f(a;b;c)-f(t;t;c)=\frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}-\frac{24}{2c+a+b}-\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{4}{a+b} \right ) $ $=(a-b)^2\left ( \frac{6}{(b+c)(c+a)(2c+a+b)}-\frac{1}{ab(a+b)} \right )\le 0 $ Thật vậy, vì cách chọn c nên: $(a+c)(b+c)(2c+a+b)\ge 2a.2b.2(a+b)>6ab(a+b) $ Vậy chỉ cần chứng minh: $f(t;t;c)\le 6 $ Thay $c=3-2t $ và biểu thức, ta được dạng tương đương: $\frac{(t-1)^2(4t-3)}{t(3-2t^2)(3-t)}\ge 0 $ Mà $2t\ge 2\ge c $ nên $4t\ge 2t+c=3\Rightarrow 4t-3\ge 0 $ Kết hợp với trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c $ hoặc $(a;b;c)=(k;k;2k) $. |
Bài toán của anh Phạm Hữu Đức: Nếu a, b, c là các số thưc dương thì ta có BĐT: $\sum \sqrt{\frac{b+c}{a}}\geq \sqrt{6.\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}} $ @ Leviethai: Cho em hỏi nếu mũ 6 thì giải như thế, em được biết nó đang unsolved trên mathlinks |
Các bạn giúp mình bài tập này : Cho $\left\{\begin{matrix} x, y, z > 1 & \\ x + y + z = xyz & \end{matrix}\right. $ Tìm min $\frac{x - 2}{y^{2}} + \frac{y - 2}{z^{2}} + \frac{z - 2}{x^{2}} $ |
Trích:
Suy ra $P=\sum (x-1)(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{x^2})-\frac{x+y+z}{xyz}\geq \sum \frac{2(x-1)}{xy}-\frac{x+y+z}{xyz}=\frac{xy+yz+zx}{xyz}-2 $ Mà $(xy+yz+zx)^2\geq 3xyz(x+y+z)=3(xyz)^2 $ nên $\frac{xy+yz+zx}{xyz}\geq \sqrt 3 $. Vậy $P\geq \sqrt3-2 $ |
Cho $abc=1 $ Tìm giá trị lớn nhất của $M=\frac{a}{b^2+c^2+a}+\frac{b}{a^2+c^2+b}+\frac{c} {b^2+a^2+c} $ |
Trích:
\Leftrightarrow \sum \frac{a^4bc}{b^6+c^6+a^4bc}\leqslant 1 $ Sử dụng bổ đề cơ bản $b^6+c^6\geqslant bc(b^4+c^4) $ Ta suy ra $\sum \frac{a^4bc}{b^6+c^6+a^4bc}\leqslant \sum \frac{a^4bc}{bc(b^4+c^4)+a^4bc}=\sum \frac{a^4}{a^4+b^4+c^4}=1 $ Ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1 $ |
Trích:
$xy^2z^2(y-z)^2\ge 0,\;\;yz^2x^2(z-x)^2\ge 0,\;\;zx^2y^2(x-y)^2\ge 0 $ |
Cho$ a,b,c \in [1;3] $và a+b+c = 6 Chứng minh : $a^{3}+b^3+c^3\leq 36 $ |
Trích:
|
Xin lỗi , ghi nhầm điều kiện : $a,b,c \in [1;3] $và a +b +c = 6 Chứng minh $a^3+b^3+c^3 \leq 36 $ |
Đặt $a=x+1,b=y+1,c=z+1 $ thì $x,y,z $ thuộc $[0,2] $ và $x+y+z=3 $. Ta cần cm $x^3+y^3+z^3+3(x^2+y^2+z^2)\leq 24 $ Giả sử $z=max(x,y,z) $ thì $z \geq 1 $ Ta có $x^3+y^3+z^3+3(x^2+y^2+z^2) \leq (x+y)^3+z^3+3(x+y)^2+3z^2=15z^2-45z+54=15(z-1)(z-2)+24 \leq 24 $ |
Một bài tương tự. Cho $a,b,c\in \left [ 0;2 \right ];a+b+c=3. CMR: a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 9 $ |
Trích:
Chuẩn hóa $abc=1 $ BDT cần cm $\Leftrightarrow \sum\frac{b+c}{a}+2\sum\sqrt{\frac{(a+b)(a+c)}{bc} } \ge 6(a+b+c) $ Mà $2\sum\sqrt{\frac{(a+b)(a+c)}{bc}} \ge 2\sum \frac{a+\sqrt{bc}}{\sqrt{bc}}=2\sum a\sqrt{a}+6 $(C-S) $=\sum(a\sqrt{a}+a\sqrt{a}+1)+3 \ge 3(a+b+c)+3 $ Do đó ta chỉ cần cm: $\sum\frac{b+c}{a}+3 \ge 3(a+b+c) $ là xong! Mà BDT này $\Leftrightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \ge 3(a+b+c) $ $\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \ge 3 $.Hiển nhiên theo BDT AM-GM Suy ra đpcm. |
Hoàn toàn tương tự như bài của bạn birain9x; Không mất tính tổng quát giả sử c max dẫn đến 1 $\leq $ c $a^3+b^3+c^3\leqslant (a+b)^3+c^3=(3-c)^3+c^3\leq 9\Leftrightarrow (c-1)(c-2)\leq 0 $ |
Cho các số thực không âm a,b,c: $a+b+c=3;CMR:2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+a^{2}b^{2}c^{2}\geq 7 $ |
Trích:
$a+b+c=p ,ab+bc+ca=q ,abc=r $ Theo bất đẳng thức Cô si $q\leq 3 $ Theo Schur bậc 3 $r\geqslant \frac{4q-9}{3} $ Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ,ta được bất đẳng thức hiển nhiên đúng $(16q-60)(q-3)\geqslant 0 $ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1 $ |
Đặt $a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r $ Theo bdt Schur ta có:$r\geqslant \frac{p(4q-p^2)}{9}=\frac{4q-9}{3}(p=3) $ Bdt cần chứng minh$\Leftrightarrow 2(3^2-2q)+\frac{(4q-9)^2}{9}\geq 7\Leftrightarrow (q-3,75)(q-3)\leqslant 0 $ Đúng theo Côsi:$q\leqslant 3 $ |
Trích:
BDT cần cm $\Leftrightarrow 2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+a^{2}b^{2}c^{2}+2\geq 9=(a+b+c)^2 $ $\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2+2 \ge 2(ab+bc+ca) $ Mà $a^2b^2c^2+1 \ge 2abc $ Do vậy ta chỉ cần cm: $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \ge 2(ab+bc+ca) $ BDT này quen quá rồi:D |
Bài này nhìn cũng đẹp :D Cho $a,b,c>0 $. Cm $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\le \frac{3}{2}.\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{a b+bc+ca} $ |
Trích:
$\frac{a(ab+bc+ca)}{b+c}=a^2+\frac{abc}{b+c} $ nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $a^2+b^2+c^2+abc\left (\frac{1}{b+c} +\frac{1}{b+c} +\frac{1}{b+c} \right )\le\frac{3}{2}\left (a^2+b^2+c^2 \right ) $ hay là $abc\left (\frac{1}{b+c} +\frac{1}{b+c} +\frac{1}{b+c} \right )\le\frac{1}{2}\left (a^2+b^2+c^2 \right ) $ Sử dụng đánh giá $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b} $ ta có $abc\left (\frac{1}{b+c} +\frac{1}{b+c} +\frac{1}{b+c} \right )\le \frac{abc}{2}.\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+ \frac{1}{c} \right ) $ Từ đó đưa bài toán về chứng minh $\frac{abc}{2}.\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+ \frac{1}{c} \right )\le \frac{a^2+b^2+c^2}{2} $ hay là $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca. $ Đây là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng nên ta có điều phải chứng minh. |
Chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=3 $.Ta có: BDT cần chứng minh $\Leftrightarrow \sum \frac{a}{b+c}\leqslant \frac{9}{2(ab+bc+ca)}\Leftrightarrow \sum a^2+\sum \frac{abc}{b+c}\leqslant \frac{9}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{abc}{b+c}\leq \frac{3}{2} $ Ta có:$b+c\geq 2\sqrt{bc}\Rightarrow\frac{abc}{b+c}\leq \frac{abc}{2\sqrt{bc}}=\frac{a\sqrt{bc}}{2}\leq a^2+bc\leq a^2+\frac{b^2+c^2}{2} $ |
Cho n số thực dương $\[ a_1 ,a_2 ,...a_n \] $thoả mãn $\[ a_1 + a_2 + ... + a_n = 2n \] $. Tìm giá trị nhỏ nhất của $\[ P = \sqrt {a_1^3 + 1} + \sqrt {a_1^3 + 1} + ... + \sqrt {a_n^3 + 1} \] $ |
Nhờ mọi người bài này: Cho bộ số $(a_i) $ gồm $n $ số nguyên dương thỏa $\sum_{i=1}^n a_i = 100 $. Tìm GTLN của $P = \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{\sum_{k=i}^n a_k} $. |
Cho ba số $$$a,b,c > 0$$ $ thỏa mãn $$$a + b + c = 1006$$ $. Chứng minh rằng $$$\sqrt {2012a + {{{{\left( {b - c} \right)}^2}} \over 2}} + \sqrt {2012b + {{{{\left( {c - a} \right)}^2}} \over 2}} + \sqrt {2012c + {{{{\left( {a - b} \right)}^2}} \over 2}} \le 2012\sqrt 2 $$ $ |
Cho $a,b,c>0, a+b+c=3. $ Chứng minh: $\frac{a+b}{ab+3}+\frac{b+c}{bc+3}+\frac{c+a}{ca+3} \ge \frac{3}{2} $ |
Trích:
$4abc(ab+bc+ca)+6(a+b+c)(ab+bc+ca)+18abc+36(a+b+c) \ge 3(a^2b^2c^2+3abc(a+b+c)+9(ab+bc+ca)+27) $ $\Leftrightarrow 4qr+27 \ge 3r^2+9r+9q $ Ta có:$3r^2+9r+q(9-4r) \le3r^2+9r+3(9-4r)=3r(r-1)+27 \le 27 \Rightarrow $ đpcm. |
Trích:
$ P = \sqrt {a_1^3 + 1} + \sqrt {a_2^3 + 1} + ... + \sqrt {a_n^3 + 1} \geq \sqrt{(\sum a^\frac{3}{2}_i)^2+n^2}\geq \sqrt{8n^2+n^2}=3n $ Vậy $Min_P=3n $ khi và chỉ khi $a_i=2 $ |
Trích:
|
Trích:
Cộng 3 cho mỗi vế ,ta viết lại bài toán dưới dạng : $ \Leftrightarrow \sum \frac{a+b+c}{b+c}\leqslant 3.\frac{a^2+b^2+c^2}{2ab+2bc+2ca}+3 $ Điều này $\Leftrightarrow (a+b+c)(\sum \frac{1}{a+b})\leqslant \frac{3(a+b+c)^2}{2ab+2bc+2ca} $ $ \Leftrightarrow \sum \frac{ab+bc+ca}{a+b}\leqslant \frac{3}{2}(a+b+c) $ $\Leftrightarrow \sum \frac{ab}{a+b}\leq \frac{(a+b+c)}{2} $ (Dễ chứng minh được bằng AM-GM) Vậy ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a=b=c $ |
Trích:
|
Trích:
$13.\sqrt[13]{\frac{3b(a+2c)}{(a+b+c)(2a+b)}} $$=13.\sqrt[13]{\frac{3b}{2b+a}.\frac{2b+a}{2a+b}.\frac{a+2c}{a+b +c}} $ $\leq \frac{3b}{2b+a}+ \frac{2b+a}{2a+b}+\frac{a+2c}{a+ b+c}+10. (1) $ Tương tự ta có: $6.\sqrt[6]{\frac{3a}{a+b+c}} \leq \frac{3a}{2a+b}+\frac{2a+b}{2b+a}+\frac{2b+a}{a+b+ c} +3 (2) $ Từ (1) và (2) ta cộng vế với vế suy ra ĐPCM. Dấu bằng khi và chỉ khi $a=b=c, $ ------------------------------Cho 2n số thực dương $a_1,a_2,...a_n $ và $b_1,b_2,...b_n $ với n là số nguyên dương lớn hơn 1 thỏa mãn: $a_1.a_2...a_n=b_1.b_2...b_n $ và $b_1+b_2+...b_n=1 $; $\sum{|a_i-a_j|} \leq \sum{|b_i-b_j|} $. với 1 $\leq i \leq j \leq n $ Tìm max của $A= a_1+a_2+...a_n. $ bài dưới là mình gõ sai, mod xóa giúp nhé. Thanks. |
Nice Solution king_math96:D,lời giải của bạn rất đúng và giống mình.1 bài nữa Cho a,b,c dương.Chứng minh rằng : $\frac{1}{3abc}+\frac{2}{a^3+b^3+c^3+3abc}\geqslant \frac{1}{a^2b+b^2c+c^2a}+\frac{1}{ab^2+bc^2+ca^2} $ |
Trích:
$\sqrt{a(a+b+c)+\frac{(b-c)^2}{4}} \le a+\frac{b+c}{2} $ |
Trích:
Bổ đề 1: $\[ \sqrt {a^3 + 1} \ge \left| {2a - 1} \right| \] $ Bổ đề 2: $\[ a^3 + 1 \ge \frac{{(4a + 1)^3 }}{{81}} \] $ |
| Múi giờ GMT. Hiện tại là 12:18 AM. |
Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.