Topic về bất đẳng thức

[asd257]

Cho a,b,c >0
chứng minh:
$\frac{b+c}{2a^2+bc}+\frac{c+a}{2b^2+ca} +\frac{a+b}{2c^2+ab} \geq \frac{6}{a+b+c} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[leminhphuc]

Áp dụng bất đẳng thức Schwart ta có
$\sum_{cyc}\frac{b+c}{2a^2+bc} = \sum_{cyc}\frac{(b+c)^{2}}{\left (2a^2+bc \right )\left (b+c \right )} \geq \frac{\left (a+b+b+c+c+a \right )^2}{\sum_{cyc}\left (2a^2+bc \right )\left (b+c \right )} $

Lại có

$\sum_{cyc}\left (2a^2+bc \right )\left (b+c \right ) = 3\left (ab\left ( a+b \right ) + bc\left (b+c \right )+ ca\left (c+a \right ) \right ) \leq 3\left (a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \right ) < 4\left ( a^3+b^3+c^3+3\left (a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right ) \right ) = 4\left ( a+b+c \right )^3 $

Từ 2 bất đẳng thức trên suy ra điều phải chứng minh.
Đẳng thức không xảy ra.


Mình cảm thấy bất đẳng thức này chưa đủ chặt. Các bạn thử làm chặt hơn xem có được không?????
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi asd257

Cho a,b,c > 0 , $a+b+c = \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} $
Chứng minh:
b) $2(a+b+c) \geq \sqrt{a^2+3} +\sqrt{b^2+3} + \sqrt{c^2+3 $

Mình giải thử câu b/
Điều kiện đã cho tương đương với:
$a+b+c = \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Leftrightarrow \frac{a^2-1}{a}+\frac{b^2-1}{b}+\frac{c^2-1}{c} =0 $.
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$2(a+b+c) \geq \sqrt{a^2+3} +\sqrt{b^2+3} + \sqrt{c^2+3} \\\Leftrightarrow \frac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\frac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\frac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}\ge 0\\\Leftrightarrow \frac{\frac{a^2-1}{a}}{2+\sqrt{1+\frac{3}{a^2}}}+\frac{\frac{b^2-1}{b}}{2+\sqrt{1+\frac{3}{b^2}}}+\frac{\frac{c^2-1}{c}}{2+\sqrt{1+\frac{3}{c^2}}} \ge 0 $.
Giả sử $a \ge b \ge c $ thì:
$\frac{a^2-1}{a} \ge \frac{b^2-1}{b} \ge \frac{c^2-1}{c} $
$\frac{1}{2+\sqrt{1+\frac{3}{a^2}}} \ge \frac{1}{2+\sqrt{1+\frac{3}{b^2}}} \ge \frac{1}{2+\sqrt{1+\frac{3}{c^2}}} $.
Theo BĐT Chebyshev, ta có:
$VT \ge \frac{1}{3}(\sum \frac{a^2-1}{a})(\sum \frac{1}{2+\sqrt{1+\frac{3}{a^2}}})=0 $.
Ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1 $.

Mình nghĩ câu c/ cũng có thể làm tương tự.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[h.vuong_pdl]

Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn $x+y+z=xy+yz+zx $.
Tìm GTNN của $M = \sum{\frac{xz}{x^2+1}} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoangduyenkhtn]

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3.CMR
$\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{bc}{\sqrt{a^2+3}}+ \frac{ca}{\sqrt{b^2+3}} \le \frac{3}{2} $.
Mong rằng các bạn sẽ đóng góp lời giải cho bài toán này.Chúc toàn thể diễn đàn ngày mới học tập và làm việc hiệu quả.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[h.vuong_pdl]

Bài 1) chú ý gt => $abc(a+b+c) = ab+bc+ca $
Nhân thêm 2 vế của BDT cần Cm thì ta có: $5(a+b+c)^2 \ge 7(a+b+c) + 8(ab+bc+ca) $
dễ thấy $3(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2 $ nên chỉ cần Cm:
$7(a+b+c)^2 \ge 21(a+b+c) hay a+b+c \ge 3 $.
Giả sử ngược lại $a+b+c < 3 $ thì $abc < 1 $
chú ý gt $3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \le ab+bc+ca = abc(a+b+c) < 3abc => abc >1 $ => mâu thuẫn ==> đpcm !1111111
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[h.vuong_pdl]

@leminhphuc: cái này có lẽ là do lỗi tác giả đánh sai thôi, phải là 6/(a+b+c) cơ ==> nó khá mạnh đó. khí giải bạn cần chú ý những BDT đẹp như trên thì dt xảy ra khi a=b=c ==> cứ thế mak sửa chỉnh đề lại đôi chút để giải

P/s: nhưng dù sao cũng .........
------------------------------
SoS nè. phân tích cơ sở:
$S_c = (2c^2+ab)((a+b)^2 + ab - bc - ca) $
$S_b, S_a $ tương tự thôi ???/
Có ai thử Cm tiếp không ???????????
------------------------------
SoS nè. phân tích cơ sở:
$S_c = (2c^2+ab)((a+b)^2 + ab - bc - ca) $
$S_b, S_a $ tương tự thôi ???/
Có ai thử Cm tiếp không ???????????
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sonhadhsp]

Nguyên văn bởi h.vuong_pdl

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3.CMR
$\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{bc}{\sqrt{a^2+3}}+\f rac{ca}{\sqrt{b^2+3}} \le \frac{3}{2} $.

$\ ab+bc+ca \le 3 $
$\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{bc}{\sqrt{a^2+3}}+ \frac{ca}{\sqrt{b^2+3}} \le \frac{ab}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}+\frac{bc}{\sqrt{a^2 +ab+bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}} $
$\le \frac{ab}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}+\frac{bc}{\sqrt{(a+b) (a+c)}}+\frac{ca}{\sqrt{(b+c)(b+a)}} $
$\le \frac{1}{2}(\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{c+b}+\frac{bc }{c+a}+\frac{bc}{a+b}+\frac{ca}{b+a}+\frac{ca}{c+b }) =\frac{1}{2}(a+b+c)=\frac{3}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[asd257]

Nguyên văn bởi asd257

Cho a,b,c >0
chứng minh:
$\frac{b+c}{2a^2+bc}+\frac{c+a}{2b^2+ca} +\frac{a+b}{2c^2+ab} \geq \frac{1}{a+b+c} $

sr các bạn Mình type nhầm đề mà chả chú ý
bên vế phải là
$\frac{6}{a+b+c} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[asd257]

Cho x,y,z là các số thực không phải tất cả đều dương
chứng minh:
$\frac{16}{9}(x^2-x+1)(y^2-y+1)(z^2-z+1) \geq (xyz)^2-xyz+1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[353535]

Nguyên văn bởi asd257

Cho x,y,z là các số thực không phải tất cả đều dương
chứng minh:
$\frac{16}{9}(x^2-x+1)(y^2-y+1)(z^2-z+1) \geq (xyz)^2-xyz+1 $

BĐT sai !
VD:$x=y=z=\frac{1}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[asd257]

Nguyên văn bởi 353535

BĐT sai !
VD:$x=y=z=\frac{1}{2} $

không phải tất cả đều dương mà bạn , vd của bạn là dương hết òy
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hoangduyenkhtn]

Cách giải của bạn giống mình.Bài này xuất hiện trong một quyển sách mình thấy lời giải của họ hơi phức tạp,Mình thấy dùng AM-GM cho bài này cũng hay.có bạn nào có cách giải hay hơn thì post lên trao đổi nha
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[legend]

Cho a, b, c là các số thực thuộc [-1;1] thỏa: $a^{2}+b^{2}+c^{2}\le 2abc+1 $.
CMR:
$a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}\le 2a^{n}b^{n}c^{n}+1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[xuanquan]

Bài này chuẩn hóa a+b+c=6 sau đó chú ý thêm là 4ab<=(a+b)2=(6-c)2 biến đổi tí sau đó dùng "pp tiếp tuyến" hoặc là U.C.T đều ra cả...
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]