Topic về bất đẳng thức

[leviethai]

Anh Huyện à, hình như điều này không đúng

$\[c \ge \left| {c - a} \right|.\] $

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

[Nguyenhuyen_AG]

Nguyên văn bởi leviethai

Anh Huyện à, hình như điều này không đúng

Sao kỳ vậy ta . Chắc sáng sớm còn mơ ngủ chưa tỉnh táo, để anh tìm cách chữa cháy lời giải.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[leviethai]

Nguyên văn bởi codinh24

Chứng minh bất đẳng thức sau:

với $a,b,c $ là các số thực dương.

Bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức sau

Cho $a,b,c $ là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1 $. Chứng minh rằng

$\[\frac{1}{{\sqrt {4{x^2} + x + 4} }} + \frac{1}{{\sqrt {4{y^2} + y + 4} }} + \frac{1}{{\sqrt {4{z^2} + z + 4} }} \le 1.\] $

Bài này có cách giải khá thú vị. Ta có bất đẳng thức sau

$\[\frac{1}{{\sqrt {4{x^2} + x + 4} }} \le \frac{1}{2} \cdot \frac{{x + 1}}{{{x^2} + x + 1}}.\] $

Như vậy, ta có

$\[\sum {\frac{1}{{\sqrt {4{x^2} + x + 4} }}} \le \frac{1}{2}\sum {\frac{{x + 1}}{{{x^2} + x + 1}}} \] $

Như vậy ta cần chứng minh

$\[\sum {\frac{{x + 1}}{{{x^2} + x + 1}}} \le 2\] $

Tương đương với

$\[\sum {\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + x + 1}}} \ge 1.\] $

Đây là một bất đẳng thức quen thuộc và có thể chứng minh bằng Cauchy Schwarz. Ta có điều phải chứng minh. $\hfill \Box $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[birain9x]

Cho $a,b,c>0 $ có tổng là 3. Chứng minh rằng

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

Bài này mình giải bằng pp chuyển vị nhưng rất cồng kềnh.Mong các bạn có thể đưa ra những lời giải hay hơn

@xin lỗi mọi người,hôm qua em gõ sai bài này.Cám ơn anh Huyện ạ.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Cho $a,b,c>0 $.Cmr:
$(a^3+b^3+c^3)^2 \ge(a^4+b^4+c^4)(ab+bc+ca) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi ruang0

Có $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca) $
$\Rightarrow ab+bc+ac \le \frac{(a+b+c)^2}{3} = 3 $
$\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+3}} \le \frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}} $
$ =\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}} $

$\le \frac{1}{2}(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{c+a}) $Chứng minh tương tự
Và cộng từng vế của 3 bất đẳng thức lại ta có đpcm.

Hình như không ổn lắm để em coi lại đã ạ

Lời giải sai rồi bạn ạ.Trên tử sao bạn lại cho "a" ra ngoài dấu căn mà bạn làm đề bài khác hoàn toàn rồi.Mỗi $ab+bc+ca \le3 $ là đúng.Còn lại nhầm hết cả!!!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{\sqrt{2a^{2}+6a+1}}\geq 1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Nguyên văn bởi birain9x

Do $abc=1 $ nên tồn tại các số $x,y,z>0 $ mà $a=\frac{yz}{x^2},b=\frac{xz}{y^2},c=\frac{xy}{z^2} $
Ta cần chứng minh bdt $\sum \frac{x^2}{\sqrt{2y^2z^2+6yzx^2+x^4}}\geq 1 $
Ta có $VT^2.(\sum (x^2(2y^2z^2+6yzx^2+x^4)))\geq (x^2+y^2+z^2)^3 $ (bdt hóc đờ)
Mà $(x^2+y^2+z^2)^3-\sum (x^2(2y^2z^2+6yzx^2+x^4))=3\sum x^4(y-z)^2\geq 0 $.Suy ra dpcm.

Lời giải đơn giản hơn:
Đặt$ a=x^{9}, b=y^{9}, c=z^{9} $, hãy chứng minh rằng:
$\frac{1}{\sqrt{2x^{18}+6x^{9}+1}}\geq \frac{1}{x^{10}+x^{5}+1} $
Suy ra:
$\sum \frac{1}{\sqrt{2a^{2}+6a+1}}\geq\sum \frac{1}{x^{10}+x^{5}+1} $
Với chú ý bổ đề quen thuộc:
$\sum \frac{1}{m^{2}+m+1}\geq 1 $với mnp=1
Ta có đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[leviethai]

Nguyên văn bởi birain9x

------------------------------

Bài toán này có rất nhiều cách giải.Cách giải sau đây rất nhẹ nhàng.
W.L.O.G,giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow a^4\geq b^4\geq c^4,bc\leq ac\leq ab $
Áp dụng bdt Trê bư sép thì $(a^4+b^4+c^4)(ab+bc+ca)\leq 3(a^4.bc+b^4.ac+c^4.ab)=3abc(a^3+b^3+c^3)\leq (a^3+b^3+c^3)^2 $
Vậy ta có dpcm.

"Nhẹ nhàng" quá nên chưa đúng bạn à, bạn coi lại bất đẳng thức Chebychev áp dụng thế nào nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[birain9x]

Nguyên văn bởi leviethai

"Nhẹ nhàng" quá nên chưa đúng bạn à, bạn coi lại bất đẳng thức Chebychev áp dụng thế nào nhé.

Cám ơn bạn.mình giải vội quá nên nhầm.
Mình giải lại vậy.
Ta có đẳng thức
$ (a^3+b^3+c^3)^2-(a^4+b^4+c^4)(ab+bc+ca)=\frac{1}{2}\sum ((a^2-b^2)^2+c^4)(a-b)^2\geq 0 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Nguyên văn bởi daiduong1095

Cho $a,b,c>0 $.Cmr:
$(a^3+b^3+c^3)^2 \ge(a^4+b^4+c^4)(ab+bc+ca) $

Đổi biến pqr và chuẩn hóa p=1,ta được:
$9r^{2}+2r\left ( 3-11q \right )+1-2q^{3}+13q^{2}-7q\geq 0 $
Nếu $q\leq \frac{3}{11} $ BĐT hiển nhiên đúng
Nếu $q\geq \frac{3}{11} $ ta có:
$f'\left ( r \right )=2\left ( 9r+3-11q \right ) $
Xét q$\geq \frac{10}{33} $ thì $f'\left ( r \right )\leq 0 $$\Rightarrow $ $f\left ( r \right ) $ nghịch biến $\Rightarrow f(r)\geq f(\frac{1}{27}) $ Từ đó bằng cách khảo sát hàm theo q ta dễ có đpcm
Nếu $\frac{3}{11}\leq q\leq \frac{10}{33}\Rightarrow f'(r)=0\Leftrightarrow r=\frac{11q-3}{9} $. Từ đó bằng cách lập bảng biến thiên ta có: $f(r)\geq f\left ( \frac{11q-3}{9} \right ) $ Đến đây lại khảo sát hàm theo q ta dễ có đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[DaiToan]

Cho $a,b,c,d $ dương. Chứng minh rằng:

$4.\sqrt[{16}]{{\dfrac{{32a(a + b)(a + b + c)}}{{3(a + b + c + d)^3 }}}} + \sqrt[4]{{\dfrac{{24bcd}}{{(a + b)(a + b + c)(a + b + c + d)}}}} \le 5 $

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

[11112222]

Cho $x^2+y^2+z^2=2 $.
Chứng minh : $x+y+z\le2+xyz $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lan Phuog]

Cho $x,y,z>0,xyz=1 $. Cmr: $\sum \frac{x^3}{z^3}(\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2})^2 \ge \sum (\frac{x^4}{y}+\frac{x}{y^4})+2\sum\frac{x^2}{y^2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi 11112222

Cho $x^2+y^2+z^2=2 $.
Chứng minh : $x+y+z\le2+xyz $

Bạn tham khảo lời giải tại đây [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]