Topic về bất đẳng thức

[khtoan]

Nguyên văn bởi kid3494

Cho $a, b, c > 0 $
CMR $\frac{a}{b + 2} + \frac{b}{c + 2} + \frac{c}{a + 2} \leq 1 $

Bài này mình nhớ đk là $a^2+b^2+c^2=3 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ilovehien95]

Nguyên văn bởi khtoan

Theo cosi: $ab+bc+ca\geqslant 3 $
$\sum \frac{a}{\sqrt{b^{2}+3}}\geqslant \sum \frac{a}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}=\sum \frac{a}{\sqrt{(b+a)(b+c)}}\geqslant \sum \frac{2a}{a+2b+c}\geqslant \frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca} \geqslant \frac{3}{2} $
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

đẳng thức thứ 2 sử dụng ngược dấu rồi
------------------------------

Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG

Ta chỉ cần chứng minh được

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

Thay bộ $(a,b,c) $ bởi $\left ( \frac{x}{y},\frac{z}{x},\frac{y}{z} \right ). $ Ta đưa bất đẳng thức về dạng đồng bậc là

$\frac{x}{\sqrt{3xy+yz}}+\frac{y}{\sqrt{3yz+zx}}+ \frac{z}{\sqrt{3zx+xy}}\ge\frac{3}{2} $

Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có

$\left (\sum \frac{x}{\sqrt{3xy+yz}} \right )^2\left [ \sum x(3xy+yz) \right ]\ge(x+y+z)^3 $

Vậy, ta cần chứng minh được

$(x+y+z)^3\ge \frac{27}{4}(x^2y+y^2z+z^2x+xyz) $

Đây là một kết quả quen thuộc.

anh Huyện cm dùm em bài toán quen thuộc đi. Bài này ko đối xứng khó làm quá
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[toanlc_gift]

Bài toán mạnh hơn sau đây vẫn đúng
$\frac{a}{{\sqrt {{b^2} + 8} }} + \frac{b}{{\sqrt {{c^2} + 8} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + 8} }} \ge 1 $
với là các số dương có tích bằng 1

Đặt ${a^2};{b^2};{c^2} $bằng ${x^3};{y^3};{z^3} $,khi đó $xyz=1 $
bđt trở thành

$\sqrt {\frac{{{x^3}}}{{{y^3} + 8}}} + \sqrt {\frac{{{y^3}}}{{{z^3} + 8}}} + \sqrt {\frac{{{z^3}}}{{{x^3} + 8}}} \ge 1 $

sử dụng Schwarz và cauchyschwarz:

$VT = \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {xy} \sqrt {{y^2} + 8xz} }} + \frac{{{y^2}}}{{\sqrt {yz} \sqrt {({z^2} + 8xy)} }} + \frac{{{z^2}}}{{\sqrt {zx} \sqrt {{x^2} + 8yz} }} $
$\ge \frac{{{{(x + y + z)}^2}}}{{\sqrt {xy} \sqrt {{y^2} + 8xz} + \sqrt {yz} \sqrt {({z^2} + 8xy)} + \sqrt {zx} \sqrt {{x^2} + 8yz} }} $
$\ge \frac{{{{(x + y + z)}^2}}}{{\sqrt {(xy + yz + zx)({x^2} + {y^2} + {z^2} + 8(xy + yz + zx))} }} $
$\ge \frac{{{{(x + y + z)}^2}}}{{\sqrt {\frac{{{{(x + y + z)}^2}}}{3}({{(x + y + z)}^2} + 2{{(x + y + z)}^2})} }} = 1 $

vậy bđt được chứng minh
bài toán ban đầu có thể chứng minh tương tự
------------------------------------------------------------------------
Ta có thể chứng minh được bài toán với mọi $k \ge 0 $
$\frac{a}{{\sqrt {{b^2} + k} }} + \frac{b}{{\sqrt {{c^2} + k} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + k} }} \ge \frac{3}{{\sqrt {k + 1} }} $
với $k \ge 1 $ sử dụng cách trên(chú ý đoạn cuối dùng AM-GM dưới mẫu để đưa về tổng)
với $0 \le k \le 1 $,đổi biến nghịch đảo sẽ đưa được về trường hợp $k \ge 1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi ilovehien95

đẳng thức thứ 2 sử dụng ngược dấu rồi
------------------------------

anh Huyện cm dùm em bài toán quen thuộc đi. Bài này ko đối xứng khó làm quá

Bài này quen thật mà bạn.Giả sử z là số không lớn nhất không nhỏ nhất.
Ta có:$(z-x)(z-y)\leq0\Rightarrow x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x+xyz\leq z\left(x+y \right)^{2}\leq\frac{4}{27}\left(z+2.\frac{x+y}{2} \right)^{3} $
$=\frac{4}{27}\left(x+y+z \right)^{3} $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[bboy114crew]

USAMO:
cho $0 < a \le b \le c \le d $ CMR
${a^b}{b^c}{c^d}{d^a} \ge {a^d}{d^c}{c^b}{b^a} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khtoan]

[QUOTE=ilovehien95;103284]đẳng thức thứ 2 sử dụng ngược dấu rồi
------------------------------
Ngược dấu chỗ nào bạn
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kid3494]

Các bạn giúp mình bài tập này với
Cho $a, b, c > 0 $
CMR $\frac{2(a^{3} + b^{3} + c^{3})}{abc} + \frac{9(a + b + c)^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} \geq 33 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi kid3494

Các bạn giúp mình bài tập này với
Cho $a, b, c > 0 $
CMR $\frac{2(a^{3} + b^{3} + c^{3})}{abc} + \frac{9(a + b + c)^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} \geq 33 $

Bài này mình làm như sau:
BDT tương đương với:$\frac{2\left(a^{3} + b^{3} + c^{3}-3abc \right)}{abc}\geq 9\frac{3(a^{2} + b^{2} + c^{2})-(a+b+c)^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} $
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{a^2+b^2+c^2} \right)\geq0 $.
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left((a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-9abc \right)\geq0 $.Hiển nhiên!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kid3494]

Nguyên văn bởi daiduong1095

Bài này mình làm như sau:
BDT tương đương với:$\frac{2\left(a^{3} + b^{3} + c^{3}-3abc \right)}{abc}\geq 9\frac{3(a^{2} + b^{2} + c^{2})-(a+b+c)^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} $

Cách này mình đã nghĩ ra, nhưng thầy nói có 2 cách. Không biết còn bạn nào có cách 2.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi kid3494

Cách này mình đã nghĩ ra, nhưng thầy nói có 2 cách. Không biết còn bạn nào có cách 2.

Bạn có thế đặt dùng p,q,r là cách 2 cũng ngắn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[th2091]

Nguyên văn bởi kid3494

Các bạn giúp mình bài tập này với
Cho $a, b, c > 0 $
CMR $\frac{2(a^{3} + b^{3} + c^{3})}{abc} + \frac{9(a + b + c)^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} \geq 33 $

Đặt p=a+b+c, q=ab+bc+ac, r=abc ta được
$2\frac{p^3-3pq+3r}{r}+9\frac{p^2}{p^2-2q}\ge 33 \Leftrightarrow 2\frac{p(p^2-3q)}{r}+9\frac{p^2}{p^2-2q}\ge 27 $
Ta có $r\le \frac{pq}{9} $ nên $LHS\ge 18\frac{p^2-3q}{q}+9(1+\frac{2q}{p^2-2q} $
Ta sẽ chứng minh $ 18\frac{p^2-3q}{q}+9(1+\frac{2q}{p^2-2q}\ge 27 \Leftrightarrow \frac{p^2}{q}+\frac{p}{p^2-2q}\ge 4 \Leftrightarrow (p^2-3q)^2\ge 0 $ (đúng)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi kid3494

Các bạn giúp mình bài tập này với
Cho $a, b, c > 0 $
CMR $\frac{2(a^{3} + b^{3} + c^{3})}{abc} + \frac{9(a + b + c)^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} \geq 33 $

Thêm bài tương tự :Cho a,b,c là các số thực dương.Cmr:
$\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq4 $.

Có một lời giải rất gọn.

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

[Nguyenhuyen_AG]

Nguyên văn bởi daiduong1095

Thêm bài tương tự :Cho a,b,c là các số thực dương.Cmr:
$\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq4 $.

Có một lời giải rất gọn.

Bất đẳng thức có thể viết lại như sau

$\frac{a+b}{2\sqrt[3]{abc}}+\frac{b+c}{2\sqrt[3]{abc}}+\frac{c+a}{2\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq4 $

Hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM.
Ngoài ra bất đẳng thức mạnh hơn sau đây vẫn đúng

$\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{4abc}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}\geq4 $

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

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG

Bất đẳng thức có thể viết lại như sau

$\frac{a+b}{2\sqrt[3]{abc}}+\frac{b+c}{2\sqrt[3]{abc}}+\frac{c+a}{2\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq4 $

Hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM.
Ngoài ra bất đẳng thức mạnh hơn sau đây vẫn đúng

$\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{4abc}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}\geq4 $

Đúng ý mình đó .Thêm bài này cho các bạn tham khảo

Sử dụng bdt quen thuộc!

Cho $a,b,c\geq0 $ và $a+b+c=3 $.Cmr:
$\frac{a+1}{b+1}+\frac{b+1}{c+1}+\frac{c+1}{a+1}\le \frac{25}{3\sqrt[3]{4ab+4bc+4ca}} $ .
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyenhuyen_AG]

Nguyên văn bởi daiduong1095

Đúng ý mình đó .Thêm bài này cho các bạn tham khảo

Sử dụng bdt quen thuộc!

Cho $a,b,c\geq0 $ và $a+b+c=3 $.Cmr:
$\frac{a+1}{b+1}+\frac{b+1}{c+1}+\frac{c+1}{a+1}\le \frac{25}{3\sqrt[3]{4ab+4bc+4ca}} $ .

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

$3\sqrt[3]{4(ab+bc+ca)} \le 2+2+(ab+bc+ca)\le abc+ab+bc+ca+a+b+c+1=(a+1)(b+1)(c+1). $

Vậy, ta cần chứng minh được

$\frac{a+1}{b+1}+\frac{b+1}{c+1}+\frac{c+1}{a+1}\le \frac{25}{(a+1)(b+1)(c+1)} $

Hay là

$(a+1)^2(c+1)+(b+1)^2(a+1)+(c+1)^2(b+1)\le 25 $

$ab^2+bc^2+ca^2+(a+b+c)^2+3(a+b+c)+3\le 25 $

$ab^2+bc^2+ca^2\le 4 $

Thế nhưng đây là một kết quả quen thuộc. Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c) $ là một hoán vị của $(0,1,2). $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]