Topic về bất đẳng thức

[nhox12764]

Nguyên văn bởi lk_95

Cho x,y,z>0 .Chứng minh

$16xyz(x+y+z) \le 3 \sqrt[3]{((x+y)(y+z)(z+x))^4} $

Bài này chỉ cần sử dụng:
$(x+y+z)(xy+yz+zx) \le \frac{9}{8}(x+y)(y+z)(z+x) $
$(xyz)^2 \le \frac{(xy+yz+zx)^3}{27} $
và $8xyz \le (x+y)(y+z)(z+x) $
Cộng thêm với biến đổi cho khéo tí là ra

$3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}(x+y+z) \le (x+y+z)(xy+yz+zx) \le \frac{9}{8}(x+y)(y+z)(z+x) $
Cần chứng minh:
$2\sqrt[3]{xyz} \le \sqrt[3]{\prod(x+y)} $
tương đương $8xyz \le \prod(x+y) $

Bài 229 trong 500 BĐT Cao Minh Quang

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

[long_chau2010]

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác.Chứng minh rằng:
$\frac{a}{3a-b+c}+\frac{b}{3b-c+a}+\frac{c}{3c-a+b}\ge 1 $
------------------------------
Cho hệ:
$2x+y-2\ge 0 $
$2x-y-2\le 0 $
$2y-x-4\le 0 $
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:$S=x^2+y^2-2x-y $
------------------------------
Cho bốn số $a_1,a_2,a_3,a_4 $.Chứng minh rằng trogn bốn số ấy bao h cũng tìm đước hai số $a_i,a_j $(i khác j) sao cho:
$0\le \frac{a_i-a_j}{1+a_i+a_j+2a_ia_j}<2-\sqrt {3} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ngoc-lien]

Nguyên văn bởi toanlc_gift

$a,b,c \ge 0 $
chứng minh
$\frac{{a(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \frac{{b(a + c)}}{{{a^2} + ac + {c^2}}} + \frac{{c(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \ge 2 + \frac{{3{{[(a - b)(b - c)(c - a)]}^2}}}{{({a^2} + ab + {b^2})({b^2} + bc + {c^2})({a^2} + ac + {c^2})}} $

Ta có phân tích sau:
$ \sum \frac{a(b+c)}{b^2 + bc + c^2} - 2 $
$ = \sum ( \frac{a(b+c)}{b^2 + bc + c^2} - \frac{2a}{a+b+c} ) $
$ = \sum \frac{ab(a^2 + ab + b^2)(a-b)^2}{(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)} $
BĐT tương đương với:
$ \sum ab(a^2+ab+b^2)(a-b)^2 \ge 3[(a-b)(b-c)(c-a)]^2 $.
Giả sử $ c= min(a,b,c) $
$ => 3[(a-b)(b-c)(c-a)]^2 \le 3a^2b^2(a-b)^2 \le ab(a^2+ab+b^2)(a-b)^2 \le VT. (dpcm) $



1,
$\sum \frac{a}{3a-b+c} \ge 1 $
$ <=> \sum ( \frac{4a}{3a-b+c} - 1 ) \ge 1 $
$ <=> \sum \frac{a+b-c}{3a-b+c} \ge 1 $
BĐT trên đúng vì theo CS, ta có:
$ \sum \frac{a+b-c}{3a-b+c} = \frac{(a+b-c)^2}{(3a-b+c)(a+b-c)} \ge \frac{(a+b+c)^2}{ \sum (3a-b+c)(a+b-c)} = 1 $
2, Từ hệ đk dễ dàng suy ra $ 0 \le x \le \frac{8}{3} ; 0 \le y \le \frac{10}{3} $.
$ P = (x-1)^2 + (y- \frac{1}{2})^2 - \frac{5}{4}\le (\frac{5}{3})^2 + (\frac{17}{6})^2 - \frac{5}{4}\le \frac{86}{9} $
3, Sai đề.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoakotu8]

Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{a(b+c)}{(a+b)(a+c)}+\frac{b(c+a)}{(b+c)(b+a) }+\frac{c(a+b)}{(c+a)(c+b)}\ge \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lan Phuog]

Nguyên văn bởi hoakotu8

Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{a(b+c)}{(a+b)(a+c)}+\frac{b(c+a)}{(b+c)(b+a) }+\frac{c(a+b)}{(c+a)(c+b)}\ge \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)} $

Qui đồng và rút gọn ta được bdt sau:

$\sum a^4(b+c)+2abc \sum a^2 \ge \sum a^3(b^2+c^2)+2abc\sum ab $
bdt trên đúng theo định lí muirhead

tên đly hình như vậy

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

[hoakotu8]

Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{a(b+c)}{(a+b)(a+c)}+\frac{b(c+a)}{(b+c)(b+a) }+\frac{c(a+b)}{(c+a)(c+b)}\ge \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)} $

Nguyên văn bởi Lan Phuog

Qui đồng và rút gọn ta được bdt sau:

$\sum a^4(b+c)+2abc \sum a^2 \ge \sum a^3(b^2+c^2)+2abc\sum ab $
bdt trên đúng theo định lí muirhead

tên đly hình như vậy

Còn một cách giải khác dùng cổ điển rất hay
Bài tiếp
Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\ge 3+ \frac{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)}{abc(a+b+c)} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ngoc-lien]

Nguyên văn bởi Lan Phuog

Qui đồng và rút gọn ta được bdt sau:

$\sum a^4(b+c)+2abc \sum a^2 \ge \sum a^3(b^2+c^2)+2abc\sum ab $
bdt trên đúng theo định lí muirhead

tên đly hình như vậy

Cách khác:
BĐT tương đương với:
$ \frac{ \sum a(b+c)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)} $
$\Leftrightarrow 1+ \frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 1+ \frac{2(ab+bc+ca) - (a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)} $
$\Leftrightarrow \frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge \frac{2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)} $
$\Leftrightarrow \frac{8abc(a^2+b^2+c^2)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2) $
Do $ 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2) \le \frac{9abc}{a+b+c} $ nên ta c/m:
$\frac{8abc(a^2+b^2+c^2)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge \frac{9abc}{a+b+c} $
$\Leftrightarrow 8(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) \ge 9(a+b)(b+c)(c+a) $
$\Leftrightarrow 8(a^3+b^3+c^3) \ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b) +18abc $
BĐT trên đúng vì:
$a^3+b^3+c^3 +3abc \ge a^2(b+c) + b^2(c+a)+c^2(a+b) $
và $7(a^3+b^3+c^3) \ge 21abc $
BĐT được chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoakotu8]

Mình cũng giải cách giống bạn
1, Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$a^3+b^3+c^3+6abc\ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)+2abc\left(\frac a{b+c}+\frac b{c+a}+\frac c{a+b}\right) $
2, Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq\ \frac{ab(a+b)}{a^2+b^2} + \frac{bc(b+c)}{b^2+c^2} + \frac{ca(c+a)}{c^2+a^2} $
3, Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{(a+b+c)^{3}}{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\ge\frac{a b(a+b)}{a^{2}+b^{2}}+\frac{bc(b+c)}{b^{2}+c^{2}}+ \frac{ca(c+a)}{c^{2}+a^{2}} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[toanlc_gift]

Nguyên văn bởi hoakotu8

Mình cũng giải cách giống bạn
1, Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$a^3+b^3+c^3+6abc\ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)+2abc\left(\frac a{b+c}+\frac b{c+a}+\frac c{a+b}\right) $
2, Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq\ \frac{ab(a+b)}{a^2+b^2} + \frac{bc(b+c)}{b^2+c^2} + \frac{ca(c+a)}{c^2+a^2} $
3, Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{(a+b+c)^{3}}{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\ge\frac{a b(a+b)}{a^{2}+b^{2}}+\frac{bc(b+c)}{b^{2}+c^{2}}+ \frac{ca(c+a)}{c^{2}+a^{2}} $

phệt mấy bài này lấy hên mai thi cho tốt vậy
1,
ta có hai đẳng thức sau:
a,${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc - ab(a + b) - bc(b + c) - ca(c + a) = \frac{{ab(a + b){{(a - b)}^2}}}{{(a + c)(b + c)}} + \frac{{bc(b + c){{(b - c)}^2}}}{{(a + b)(a + c)}} + \frac{{ca(c + a){{(a - c)}^2}}}{{(a + b)(b + c)}} $
(có thể dùng đẳng thức này chứng minh trực tiếp Schur và làm mạnh nó được ^^!)
b,$\frac{{2a}}{{b + c}} + \frac{{2b}}{{a + c}} + \frac{{2c}}{{a + b}} - 3 = \frac{{{{(a - b)}^2}}}{{(a + c)(b + c)}} + \frac{{{{(b - c)}^2}}}{{(a + b)(a + c)}} + \frac{{{{(a - c)}^2}}}{{(a + b)(b + c)}} $
(cái này chắc ai cũng biết rồi )
Bđt cần chứng minh tương đương với
$\frac{{ab(a + b - c){{(a - b)}^2}}}{{(a + c)(b + c)}} + \frac{{bc(b + c - a){{(b - c)}^2}}}{{(a + b)(a + c)}} + \frac{{ac(c + a - b){{(a - c)}^2}}}{{(a + b)(b + c)}} \ge 0 $
hay
$ab(a + b)(a + b - c){(a - b)^2} + bc(b + c)(b + c - a){(b - c)^2} + ca(c + a)(a + c - b){(a - c)^2} \ge 0 $
giả sử $a \ge b \ge c $thì $ac(a + c)(a + c - b){(a - c)^2} \ge bc(b + c)(a + c - b){(b - c)^2} $
từ đó suy ra đpcm
2,
$ \Leftrightarrow (a + b + c)(ab + bc + ca) \ge ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + abc\left( {\frac{{c(a + b)}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{b(a + c)}}{{{a^2} + {c^2}}} + \frac{{a(b + c)}}{{{b^2} + {c^2}}}} \right) $
$\Leftrightarrow \frac{{c(a + b)}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{b(a + c)}}{{{a^2} + {c^2}}} + \frac{{a(b + c)}}{{{b^2} + {c^2}}} \le 3 $
bất đẳng thức này sai khi cho $a \to 0;b = 3;c = 1 $,chiều ngược lại cũng không đúng
---------------------------------------------------------
edit:chứng minh hai đẳng thức bên trên dành cho bạn đọc
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lan Phuog]

Nguyên văn bởi hoakotu8

Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{a(b+c)}{(a+b)(a+c)}+\frac{b(c+a)}{(b+c)(b+a) }+\frac{c(a+b)}{(c+a)(c+b)}\ge \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)} $

Còn 1 phân tích Vonicur Schur cho bdt này là

$\sum (\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{2}{(a+b)(a+c)})(a-b)(a-c)\ge 0 $
Nhưng đến đây chắc là hơi phức tạp

phải nhờ các bạn giải tiếp.tui thiếu kiên nhẫn

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

[king_math96]

Nguyên văn bởi king_math96

Bài này em mới sáng tác , đưa lên cho mọi ngươi cùng chém.

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

$\frac{3(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{ 8a^3}{(bc+a)^3}+\frac{8b^3}{(ac+b)^3}+\frac{8c^3}{ (ba+c)^3} \geq 6 $

Sửa lại một chút:

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $abc=1. $ CM:

$\frac{(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{8 }{(ab+a)(bc+ba)(ca+b)}\geq 6 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathForLife]

Nguyên văn bởi hoakotu8

3, Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{(a+b+c)^{3}}{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\ge\frac{a b(a+b)}{a^{2}+b^{2}}+\frac{bc(b+c)}{b^{2}+c^{2}}+ \frac{ca(c+a)}{c^{2}+a^{2}} $

Bất đẳng thức này tương đương:

$\sum a^3+6abc\ge 3abc\sum \frac{c(a+b)}{a^2+b^2} $

Theo Cauchy-Schwarz: $\sum \frac{c(a+b)}{a^2+b^2}\le 2\sum \frac{c}{a+b} $

Ta sẽ cm: $\sum a^3+6abc\ge 6abc\sum \frac{c}{a+b} $

$\Leftrightarrow (\sum a^3+6abc)(a+b)(b+c)(c+a)\ge 6abc(\sum a^3+\sum a^2(b+c)+3abc) $

$\Leftrightarrow \sum a^3((b+c)(c+a)(a+b)-6abc)\ge 6a^2b^2c^2 $

Bất đẳng thức này rất dễ chứng minh theo AM-GM. Từ đó ta có đpcm.

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

Nguyên văn bởi king math96

BMO:1995.
cho a,b,c la ca so thuc duong thoa man:a+b+c=6,ab+bc+ca=9, a<b<c. Cm:
0<a<1<b<3<c<4.

Ta có:
$c(6-c)=c(a+b)=9-ab\ge \frac{36-(a+b)^2}{4}=\frac{36-(6-c)^2}{4} $

$\Leftrightarrow c\le 4 $

Lại có: $(b-c)(b-a)\le 0\Rightarrow b^2+9\le 2b(a+c)=2b(6-b) $

$\Leftrightarrow (b-1)(b-3)\le 0 \Leftrightarrow 1\le b\le 3 $

Với cách làm tương tự ta dc: $(c-1)(c-3)\ge 0 $ và $(a-1)(a-3)\ge 0 $
Mà $c\ge 2\ge a $ ($c\ge b\ge a $) nên $0<a\le 1\le b\le 3\le c\le 4 $

Đó là đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daylight]

$a,b,c,d >0 $ thỏa mãn $a+b+c+d=4 $. Chứng minh rằng:

$a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab \le 4 $

Một bài nhẹ nhàng cho vui
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoakotu8]

Bài 3 còn có thể giải đơn giản hơn, em cứ suy nghĩ tiếp nhé.
1, Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{a^3+2abc}{a^3+(b+c)^3}+\frac{b^3+2abc}{b^3+( c+a)^3}+\frac{c^3+2abc}{c^3+(a+b)^3}\ge1 $
2, Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac {a^3 + abc}{b^3 + c^3 + abc} + \frac {b^3 + abc}{c^3 + a^3 + abc} + \frac {c^3 + abc}{a^3 + b^3 + abc}\ge2 $
3, Cho $a, b, c\ge 0 $. Chứng minh rằng
$\frac{a^{3}+abc+b^{3}}{c^{3}+(a+b)^{3}}+\frac{b^{3 }+abc+c^{3}}{a^{3}+(b+c)^{3}}+\frac{c^{3}+abc+a^{3 }}{b^{3}+(c+a)^{3}}\ge1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[long_chau2010]

Nguyên văn bởi daylight

$a,b,c,d >0 $ thỏa mãn $a+b+c+d=4 $. Chứng minh rằng:

$a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab \le 4 $

Một bài nhẹ nhàng cho vui

Theo cauchy-schwarz ta có:
$(ab+cd)(ac+bd)\le \frac{(a+d)^2(b+c)^2}{4}\le \frac{1}{4}[\frac{(a+b+c+d)^2}{4}]^2=4 $(2)
Tương tự ta cũng có $(bc+ad)(bd+ac)\le4 $(1)
Ta có đánh giá thú vị rằng:
$VT-(ac+bd)(ab+cd)=-bd(a-c)(b-d) $
$VT-(bc+ad)(bd+ac)=ac(a-c)(b-d) $
Rõ ràng 1 trong 2 biểu thức trên có 1 biểu thức không âm nên
$VT\le max {(ac+bd)(ab+cd),(bc+ad)(ba+cd)} $(3)
$Max\le 4 $=>DPCM
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]