Topic bất đẳng thức Cauchy_Schwarz

[company]

Bài 105: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn không có đồng thời hai số nào bằng 0. Chứng minh rằng:
$\sum \left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}+\frac{1}{2}\geq \frac{5}{4}.\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca} $

Bài này giải như sau:

Áp dụng Cauchy Schwarz ta chỉ cần CM
$\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2(b+c)^2+b^2(c+a)^2+c^2(a +b)^2} +\frac{1}{2} \geq \frac{5}{4}.\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} (1) $

Chuẩn hóa $a+b+c=1 $ ,
Đặt $q=ab+bc+ca, abc=r $
Khi đó (1) trở thành :
$\frac{(1-2q)^2}{q^2-r} +6 \geq \frac{5}{2q} $
Xét với $0 <q<\frac{1}{4} $
$\frac{(1-2q)^2}{q^2-r} +6 \geq \frac{(1-2q)^2}{q^2} +6 =\frac{5}{2q}+\frac{(2-5q)(1-4q)}{2q^2} \geq \frac{5}{2q} $
Xét với $\frac{1}{4} \leq q \leq \frac{1}{3} $
$\frac{(1-2q)^2}{q^2-r} +6 \geq \frac{(1-2q)^2}{q^2 -\frac{(4q-1)(1-q)}{6}}+6 =\frac{5}{2q}+...... \geq \frac{5}{2q} $
DONE!!!!

Bài 106
Cho các số thực không âm thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a) >0 $
CMR
$\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}+\frac{1}{(a+b) ^2} \geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[magician_14312]

Nguyên văn bởi hien123

Bài 104:Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn $a+b+c> 0 $. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{a^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\leq \frac{2}{3}
$

Bất đẳng thức đã cho tương đương với: $\sum \frac{a^{2}}{4a^{2}+2(b+c)^{2}}\leq \frac{1}{3} $
Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:
$\frac{9}{4a^{2}+2(b+c)^{2}}=\frac{(2+1)^2}{2(a^2+b ^2+c^2)+2a^2+4bc}\leq \frac{4}{2(a^2+b^2+c^2)}+\frac{1}{2a^2+4bc}\leq \frac{2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2a^2+bc} $
Do đó:
$\sum \frac{a^2}{4a^{2}+2(b+c)^{2}}\leq \frac{1}{9}\left ( \sum \frac{2a^2}{a^2+b^2+c^2}+\sum \frac{a^2}{2a^2+bc} \right ) $
hay $\sum \frac{a^2}{4a^{2}+2(b+c)^{2}}\leq \frac{1}{9}\left ( 2+\sum \frac{a^2}{2a^2+bc} \right ) $
Sử dụng 1 kết quả quen thuộc là $\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2} {2c^2+ab}\leq 1 $, ta có:
$\sum \frac{a^2}{4a^{2}+2(b+c)^{2}}\leq \frac{3}{9}=\frac{1}{3} $ (đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b;c=0 $ và các hoán vị.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 107. Với $a,b,c $ là các số thực dương sao cho $\left (a-\sqrt[3]{abc} \right )\left ( b-\sqrt[3]{abc} \right )\left ( c-\sqrt[3]{abc} \right )\le0 $. Chứng minh bất đẳng thức

$\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1 $

Bài 108. Nếu $a,b,c $ là các số thực dương, thì

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}} $

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

[ilovehien95]

Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG

Bài 107. Với $a,b,c $ là các số thực dương sao cho $\left (a-\sqrt[3]{abc} \right )\left ( b-\sqrt[3]{abc} \right )\left ( c-\sqrt[3]{abc} \right )\le0 $. Chứng minh bất đẳng thức

$\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1 $

Bài 108. Nếu $a,b,c $ là các số thực dương, thì

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}} $

Bài 108

để ý $ \dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c} \ge \dfrac{3a}{\sqrt[3]{abc}} $ (theo cách bạn Lê Việt Hải)

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

[Nguyenhuyen_AG]

Nguyên văn bởi ilovehien95

Bài 108

để ý $ \dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c} \ge \dfrac{3a}{\sqrt[3]{abc}} $ (theo cách bạn Lê Việt Hải)

Anh cần lời giải bằng Cauchy-Schwarz mà.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vthiep94]

Bài 130. Bất đẳng thức cũ (Iran 1994 thì phải)
Cm với a,b,c không âm sao cho ab+bc+ac > 0
$ (ab+bc+ac)(\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(a+c)^2}+ \dfrac{1}{(a+b)^2}) \ge \dfrac{9}{4} $

p/s : bài này không biết có thể dùng phương pháp sắp xếp biến không nhỉ ?
Mình làm mãi không được. Mong các bạn chỉ giáo
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[je.triste]

Nguyên văn bởi vthiep94

Bất đẳng thức cũ (Iran 1994 thì phải)
Cm với a,b,c không âm sao cho ab+bc+ac > 0
$ (ab+bc+ac)(\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(a+c)^2}+ \dfrac{1}{(a+b)^2}) \ge \dfrac{9}{4} $

p/s : bài này không biết có thể dùng phương pháp sắp xếp biến không nhỉ ?
Mình làm mãi không được. Mong các bạn chỉ giáo

Một lời giải của anh Cẩn. Bài này có trong quyển phân loại và phương pháp giải toán bất đẳng thức
Không mất tính tổng quát giả sử $a \ge b \ge c $. ta sẽ chứng minh
$\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(a+c)^2}+\frac{1}{(a+b) ^2} \ge \frac{2}{(a+c)(b+c)} +\frac{1}{4ab} (1)
$
bất đẳng thức này tương đương với
$\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(a+c)^2} -\frac{2}{(a+c)(b+c)} \ge \frac{1}{4ab}-\frac{1}{(a+b)^2} $
$\frac{(a-b)^2}{(a+c)^2(b+c)^2} \ge \frac{(a-b)^2}{4ab(a+b)^2} $
Đúng vì $(a-b)^2 \ge 0 $
$(a+b)^2 \ge (a+c)^2 $ và $4ab \ge 4b^2 \ge (b+c)^2 $
Sử dụng (1), ta đưa bài toán về chứng minh
$(ab+bc+ca)[\frac{2}{(a+c)(b+c)} +\frac{1}{4ab}] \ge \frac{9}{4} $
Do $\frac{ab+bc+ac}{4ab} =\frac{1}{4} +\frac{c(a+b)}{4ab} $Và $\frac{2(ab+bc+ac)}{(a+c)(b+c)} =2-\frac{2c^2}{(a+c)(b+c)} $
Nên có thể viết thành
$\frac{c(a+b)}{4ab} \ge \frac{2c^2}{(a+c)(b+c)} $
Hay $(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc $
Bất đẳng thức cuối đúng theo AM-GM, dấu bằng xảy ra khi chỉ khi a=b=c hoặc a=b và c=0 và các hoán vị tương tự

@Ruango: Em chỉnh lại Latex.
Đây là topic BĐT Cauchy-SChawrz nên dùng C_S để chứng minh. nêú post phương pháp khác xin vui lòng cho vào gợi ý
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trung65]

Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG

Bài 107. Với $a,b,c $ là các số thực dương sao cho $\left (a-\sqrt[3]{abc} \right )\left ( b-\sqrt[3]{abc} \right )\left ( c-\sqrt[3]{abc} \right )\le0 $. Chứng minh bất đẳng thức

$\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1 $

Ta viết lại bđt dưới dạng:
$\sum\frac{a^2}{a\sqrt[3]{abc}} + \frac{b^2}{b^2}\geq \frac{(a+b+b+c)^2}{(b+c)(b+a)} $
Áp dụng bđt CS ta có :
$\sum\frac{a^2}{a\sqrt[3]{abc}} + \frac{b^2}{b^2}\geq \frac{(a+b+b+c)^2}{(a+b+c)\sqrt[3]{abc}+b^2} $
Vậy ta cần chứng minh:
$(b+c)(b+a)\geq(a+b+c)\sqrt[3]{abc}+b^2 $(tương đương với giả thiết)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathForLife]

Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG

Bài 108. Nếu $a,b,c $ là các số thực dương, thì

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}} $

Đặt $\frac{a}{b}=x^3; \frac{b}{c}=y^3; \frac{c}{a}=z^3 $, khi đó dễ thấy rằng vế phải của bất đẳng thức bằng $x^2y+y^z+z^2x $. Ta chuyển bất đẳng thức về dạng:

$x^3+y^3+z^3\ge x^2y+y^2z+z^2x $

Đến đây sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz như sau:

$\left [ (xy^2+yz^2+zx^2)(x^3+y^3+z^3) \right ]^2\ge (x^2y+y^2z+z^2x)^2 $

$(x^2y+y^2z+z^2x)(y^3+z^3+x^3)\ge (xy^2+yz^2+zx^2)^2 $

Nhân 2 bất đẳng thức trên vế theo vế, sau đó rút gọn cho $xy^2+yz^2+zx^2 $ và lấy căn bậc ba ta đươc đpcm.
Đăng thức chỉ xảy ra khi $x=y=z=1 $ hay $a=b=c $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Aponium]

Bài 109: Cho các số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P= \frac{a+b}{a+b+c} + \frac{b+c}{b+c+4a} + \frac{c+a}{c+a+16b} $
Giải theo CS các bạn nhé!!!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[batigoal]

Bài 110.Cho ba số dương$a,b,c $.Chứng minh rằng:

$\left.\sqrt{\frac{a^{5}}{2a^{2}b+3c^{3}}}+ \sqrt{\frac{b^{5}}{2b^{2}c+3a^{3}}}+\sqrt{\frac{c^ {5}}{2c^{2}a+3b^{3}}}\geq\sqrt{\frac{3(a^{2}+b^{2} +c^{2})}{5}}\right. $

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

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi batigoal

Bài 110.Cho ba số dương$a,b,c $.Chứng minh rằng:

$\left.\sqrt{\frac{a^{5}}{2a^{2}b+3c^{3}}}+ \sqrt{\frac{b^{5}}{2b^{2}c+3a^{3}}}+\sqrt{\frac{c^ {5}}{2c^{2}a+3b^{3}}}\geq\sqrt{\frac{3(a^{2}+b^{2} +c^{2})}{5}}\right. $

Dùng bổ đề

Khó!!

sau:$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3\left(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a \right) $.Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz ta có:
VT$\geq \frac{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)^{2}}{a\sqrt{2a^{3}b+3c^{3}a}+b\sqrt{2b^{3} c+3a^{3}b}+c\sqrt{2c^{3}a+3a^{3}b}}\geq \frac{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)^{2}}{\sqrt{5\left(a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)\left(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a \right)}} $.
Từ đó theo bổ đề suy ra đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 111. Với $a,b,c $ là các số dương. Chứng minh các bất đẳng thức sau

$\frac{a}{b+c}.\left ( \frac{b}{c} \right )^2+\frac{b}{c+a}.\left ( \frac{c}{a} \right )^2+\frac{c}{a+b}.\left ( \frac{a}{b} \right )^2\ge \frac{3}{2}.\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} $

$\frac{ab}{c\sqrt{a+b}}+\frac{bc}{a\sqrt{b+c}}+ \frac{ca}{b\sqrt{c+a}}\ge \sqrt{\frac{3}{2}.(a+b+c)} $

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

[sang89]

Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG

Bài 111. Với $a,b,c $ là các số dương. Chứng minh các bất đẳng thức sau

$\frac{ab}{c\sqrt{a+b}}+\frac{bc}{a\sqrt{b+c}}+ \frac{ca}{b\sqrt{c+a}}\ge \sqrt{\frac{3}{2}.(a+b+c)} $

Áp dụng Holder:

$\left(\sum \frac{ab}{c\sqrt{ab}}\right)^2 \left(\sum abc^2(a+b)\right) \ge (ab+bc+ca)^3 $

Đo đóm ta cần chứng minh rằng:

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

Chỉ cần chuẩn hóa $abc=1 $ thì đây là bất đẳng thức quen thuộc:

$(ab+bc+ca)^2 \ge 3abc(a+b+c) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG

Bài 111. Với $a,b,c $ là các số dương. Chứng minh các bất đẳng thức sau

$\frac{ab}{c\sqrt{a+b}}+\frac{bc}{a\sqrt{b+c}}+ \frac{ca}{b\sqrt{c+a}}\ge \sqrt{\frac{3}{2}.(a+b+c)} $

Không cần Holder mà C-S thôi:
VT $\ge \frac{(ab+bc+ca)^2}{abc\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c} +\sqrt{c+a} \right)} \ge \frac{3abc(a+b+c)}{abc\sqrt{3(a+b+b+c+c+a)}}= $ VP.dpcm.
------------------------------

Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG

Bài 111. Với $a,b,c $ là các số dương. Chứng minh các bất đẳng thức sau
$\frac{a}{b+c}.\left ( \frac{b}{c} \right )^2+\frac{b}{c+a}.\left ( \frac{c}{a} \right )^2+\frac{c}{a+b}.\left ( \frac{a}{b} \right )^2\ge \frac{3}{2}.\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} $

Dùng C-S ta có:
$\left(a(b+c)+b(c+a)+c(a+b) \right)\left(\frac{a}{b+c}.\left ( \frac{b}{c} \right )^2+\frac{b}{c+a}.\left ( \frac{c}{a} \right )^2+\frac{c}{a+b}.\left ( \frac{a}{b} \right )^2 \right)\ge \left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right)^2 $
$\ge 3(\frac{ab}{c}.\frac{ca}{b}+\frac{ca}{b}.\frac{bc} {a}+\frac{bc}{a}.\frac{ab}{c})=3(a^2+b^2+c^2) $
DPCM!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]