Topic về bất đẳng thức

[crystal_liu]

Cách 3 nhé ,giả sử $x \geq y \geq z $ dễ thấy 2 dãy (x,y,z )và($\frac{x}{y+x},\frac{y}{x+z},\frac{z}{x+y} $ đơn điệu cùng chiều ,áp dụng Chebusep rồi dùng Nesbit sẽ ra ngay
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lexuanthang]

Nguyên văn bởi lexuanthang

Cho các số thực dương a,b,c .Chứng minh rằng :$ (a+b+c)( \frac{a} {b} +\frac{b} {c}+\frac{c} {a} ) \ge 3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} $

Hôm qua mình cũng tìm được một lời giải như sau :
Áp dụng BDT BCS ta có:$ (a+b+c)(\frac{a} {b} +\frac{b} {c} +\frac{c} {a}) \ge \frac{(a+b+c)(a+b+c)^2} {ab+bc+ca} $ Ta sẽ chứng minh :$ (a+b+c)^3 \ge 3(ab+bc+ca)\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} (1) $ .Mặt khác ta lại có :$ \sqrt{a^2+b^2+c^2} .\sqrt{ab+bc+ca} .\sqrt{ab+bc+ca} \le \sqrt{(\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca} {3})^3} = \frac{(a+b+c)^3} {3\sqrt{3}} (2) $ Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh !!!!!
------------------------------
[QUOTE=havgod;63805]mình nghĩ bài này S.O.S đc
biến đổi thành
$\sum ({\frac {a^2} {b} +b-2a})\ge 2(\sqrt {3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)}) $
$\sum {\frac {(a-b)^2} {b}\ge (\sum \frac {2(a-b)^2}{\sqrt {3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c}) $
$\sum {(a-b)^2}(\frac 1 b -\frac {2}{\sqrt {3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c})\ge 0 $
dễ thấy $\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c\ge 2b $, từ đó suy ra đpcm
------------------------------


Một cách chứng minh khác mọi người xem thử nha: Áp dụng BDT Cauchy ta được :$ \frac{a^2} {b} +\frac{b^2} {c} +\frac{c^2} {a} +a+b+c \ge 2\sqrt {(\frac{a^2} {b} +\frac{b^2} {c}+\frac{c^2} {a})(a+b+c) $ .Bây giờ ta cm cho :$ A = (\frac{a^2} {b} +\frac{b^2} {c} +\frac{c^2} {a})(a+b+c) \ge 3(a^2 +b^2 +c^2) $ .Thật vậy ,áp dung BDT BCS ta được :$ A \ge \frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)^2} {ba^2+cb^2+ac^2} $ .Ta cm cho $ (a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \ge 3(ba^2+cb^2+ac^2) $ .Mà điều này luôn đúng khi khai triển ra rùi áp dụng BDT Cauchy. Suy ra điều phcm!!! ĐẾN MỘT LÚC NÀO ĐÓ CHÚNG TA LÀM TOÁN VÌ THÍCH TOÁN CHỨ KHÔNG CÒN LÀ VÌ MỘT LÍ DO NÀO KHÁC NỮA
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lexuanthang]

1.Cho a,b,c la các số thực dương .Chứng minh rằng : $ \frac{ab} {c} +\frac{bc} {a} +\frac{ca} {a}+a+b+c \ge 2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} $. 2.Cho các số thực dương a,b,c và số thực k .Tìm giá trị lớn nhất của k sao cho bất đẳng thức sau là đúng : $ \frac{a^2} {b} +\frac{b^2} {c} +\frac{c^2} {a}+k(a+b+c) \ge (k+1)\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} $ .
------------------------------
Còn 2 bài này nữa :
------------------------------
3.Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn abc=1 .Tìm GTNN của biểu thức sau :
$A = \frac{1} {a}+\frac{1} {b}+\frac{1} {c}+\frac{9} {a+b+c} $. 4.Cho các số thực a,b,c thỏa mãn $ 1\ge a,b,c \ge-1 $ .và ab+bc+ca =1 .Chứng minh rằng : $\frac{a^2+b^2} {(1-a^2)(1-b^2)}+\frac{b^2+c^2} {(1-b^2)(1-c^2)}+\frac{c^2+a^2} {(1-c^2)(1-a^2)} \ge \frac{9} {2} $
------------------------------

Nguyên văn bởi novae

Cách 1: (Cauchy)
$\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge x $
$\frac{y^2}{z+x}+\frac{z+x}{4}\ge y $
$\frac{z^2}{x+y}+\frac{x+y}{4}\ge z $
$\Rightarrow VT+\frac{x+y+z}{2}\ge x+y+z \Rightarrow $ đpcm
Cách 2: (Bunyakovski)
$VT\ge \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}=VP $ (đpcm)

Cách 3:đưa về dạng SOS :$\sum{(x-y)^2}\frac{(x+y+z)} {2(y+z)(x+z)} \ge 0 $ .Luôn đúng .
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoangduyenkhtn]

Mình cũng có bài này nha.
Cho a,b,c là các số thực dương.CMR
$\sqrt[4]{3+a^{4}}+\sqrt[4]{3+b^{4}}+\sqrt[4]{3+c^{4}}\ge \sqrt[4]{108(a+b+c)} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[minhkhac_94]

Nguyên văn bởi hoangduyenkhtn

Mình cũng có bài này nha.
Cho a,b,c là các số thực dương.CMR
$\sqrt[4]{3+a^{4}}+\sqrt[4]{3+b^{4}}+\sqrt[4]{3+c^{4}} \geq \sqrt[4]{108(a+b+c)} $

Đề thế này à!viết thêm cái \
------------------------------

Nguyên văn bởi truongvoki_bn

sorry
Cho a,b,c >0 tM $a^2+b^2+c^2+2abc=1 $
cmr:
$2(a+b+c)+(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1 })\le 5 $

Bài này do $a^2+b^2+c^2+2abc=1 $ nên đặt $a=sin\frac{A}{2},b=sin\frac{B}{2},c=sin\frac{C}{2} $
xem có được ko
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[cun]

Các anh giúp em bài toán này ( em bị ngược dấu hoài):

Cho $m, n $ là hai số tự nhiên khác 0 và $m < n $. Chứng minh

$m^n > n^m $.

( Các anh thông cảm, em hổng biết laTex).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoangduyenkhtn]

đúng rồi đề của mình như vậy đó.Cảm ơn minh khac 94 nhiều
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thanh vien]

Nguyên văn bởi hoangduyenkhtn

Mình cũng có bài này nha.
Cho a,b,c là các số thực dương.CMR
$\sqrt[4]{3+a^{4}}+\sqrt[4]{3+b^{4}}+\sqrt[4]{3+c^{4}}\ge \sqrt[4]{108(a+b+c)} $

Theo Holder:
$\4^3(a^4+3)\ge(a+3)^4\\\Rightarrow\sqrt[4]{4^3.(a^4+4)}\ge a+3 $
Do đó
$VT.\sqrt[4]{64}\ge a+b+c+9 $
Cần c/m
$a+b+c+9\ge4\sqrt[4]{27(a+b+c)} $
Điều này đúng vì theo Cauchy 4 số thì
$(a+b+c)+3+3+3\ge\sqrt[4]{27(a+b+c)} $
------------------------------

Nguyên văn bởi lexuanthang

1.Cho a,b,c la các số thực dương .Chứng minh rằng : $ \frac{ab} {c} +\frac{bc} {a} +\frac{ca} {a}+a+b+c \ge 2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} $. 2.Cho các số thực dương a,b,c và số thực k .Tìm giá trị lớn nhất của k sao cho bất đẳng thức sau là đúng : $ \frac{a^2} {b} +\frac{b^2} {c} +\frac{c^2} {a}+k(a+b+c) \ge (k+1)\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} $ .

Cho a=b=c, ta thu được $k\le\frac{a(\sqrt3-1)}{a-\sqrt3} $. Do $\lim_{a\to+\infty}VP=\sqrt3 $ ta suy ra $k\le\sqrt3 $
Ta sẽ chứng minh $k=\sqrt3 $ là giá trị cần tìm, thật vậy, S.O.S ra thì bđt trở thành
$\sum(a-b)^2\left(\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+c-b\sqrt3}{b\left(\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c\right) }\right)\ge0 $
Luôn đúng với mọi a, b, c > 0.
P/S: Sao đẹp vậy, hi vọng k nhầm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[legend]

Nguyên văn bởi legend

Cho a, b, c > 0 thỏa $a^{2} $+$b^{2} $+$c^{2} $=1. CMR:
$ \frac{a}{b^{2}+c^{2}} $+$ \frac{b}{a^{2}+c^{2}} $+$ \frac{c}{b^{2}+a^{2}} $$\ge $$ \frac{3\sqrt{3}}{2} $
Cần 1 cách chứng minh sơ cấp và đẹp.

Ai chém cái nào!! ^^
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Thay $b^2+c^2=1-a^2 $
rồi cm $a/(1-a^2) \geq (3\sqrt{3}/2).a^2 $ bằng biến đổi tương đương.tương tự có thêm 2 cặp đối ngẫu rồi cộng vào.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[truongvoki_bn]

Nguyên văn bởi minhkhac_94

Đề thế này à!viết thêm cái \
------------------------------


Bài này do $a^2+b^2+c^2+2abc=1 $ nên đặt $a=sin\frac{A}{2},b=sin\frac{B}{2},c=sin\frac{C}{2} $
xem có được ko

BDT này là BDT lượng giác mà $a=sin\frac{A}{2} $.....
Mình đang muốn thay nó để biến thành 1 BDT đại số thông thường.
Mong mọi người giúp mình
Thanks!!!

Nguyên văn bởi truongvoki_bn

1) Cho 3 số a;b;c dương thỏa mãn:
$a^2+b^2+c^2+2abc=1 $
chứng minh rằng:
$2(a+b+c)+(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1 })\le 5 $
2) cho 3 số a;b;c t/m:
$\frac{1}{2}<a;b;c<1 $
và: $ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le \frac{9}{2} $
cmr:
$2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+a+b+c \le 11 $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[crystal_liu]

Nguyên văn bởi boheoga9999

Các bạn thử giải bài này bằng nhiều cách nha:
CMR nêú x , y , z là các số dương thì
$\frac {x^2}{y+z} $+$\frac {y^2}{x+z} $+$\frac {z^2}{x+y} $$\geq $ $\frac {x+y+z}{2} $

Cách 4 ,Holder cho $(\sum \frac{a^2}{b+c})(\sum b+c)(\sum a) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lexuanthang]

Nguyên văn bởi Thanh vien

Theo Holder:
$\4^3(a^4+3)\ge(a+3)^4\\\Rightarrow\sqrt[4]{4^3.(a^4+4)}\ge a+3 $
Do đó
$VT.\sqrt[4]{64}\ge a+b+c+9 $
Cần c/m
$a+b+c+9\ge4\sqrt[4]{27(a+b+c)} $
Điều này đúng vì theo Cauchy 4 số thì
$(a+b+c)+3+3+3\ge\sqrt[4]{27(a+b+c)} $
------------------------------


Cho a=b=c, ta thu được $k\le\frac{a(\sqrt3-1)}{a-\sqrt3} $. Do $\lim_{a\to+\infty}VP=\sqrt3 $ ta suy ra $k\le\sqrt3 $
Ta sẽ chứng minh $k=\sqrt3 $ là giá trị cần tìm, thật vậy, S.O.S ra thì bđt trở thành
$\sum(a-b)^2\left(\frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+c-b\sqrt3}{b\left(\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c\right) }\right)\ge0 $
Luôn đúng với mọi a, b, c > 0.
P/S: Sao đẹp vậy, hi vọng k nhầm

Bạn thử giải thích lại chỗ khi cho a=b=c ,ta lại thu được $k\le\frac{a(\sqrt3-1)}{a-\sqrt3} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[o_o]

Cho a,b là các số dương TM : $a\ge 1;b \ge 1 $
CM:$ \frac{1}{1-a^2}+\frac{1}{1+b^2} \le \frac{2}{1+ab} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Chắc đề bài phải là CM $\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}\le \dfrac{2}{1+ab} $ mới đúng
sau khi quy đồng và rút gọn, ta có bđt tương đương với $(a-b)^2 (1-ab)\le 0 $ (luôn đúng vì $a,b\ge 1 $)
thực ra với bđt này ta chỉ cần đk $ab\ge 1 $ là đủ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]