Topic về bất đẳng thức (2)

[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} $

bđt này có thể cm bằng việc sdụng Vornicu Schur,thông qua các bước đổi biến: $(x,y,z)-(\frac{a}{b}, \frac{b}{c}, \frac{c}{a}) $ và $(a^3,b^3,c^3)-(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[birain9x]

Cho a,b,c>0.CMR
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq 3\sqrt[4]{\frac{a^4+b^4+c^4}{3}} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[leviethai]

Nguyên văn bởi birain9x

Cho a,b,c>0.CMR
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq 3\sqrt[4]{\frac{a^4+b^4+c^4}{3}} $

Lời giải của mình ở đây, bạn tham khảo nhé .

[Only registered and activated users can see links. ]

Bất đẳng thức mạnh hơn vẫn đúng nếu thay số $4 $ bởi số $5 $ hoặc $6 $ (tất nhiên cách chứng minh khó khăn hơn rất nhiều và khó có lời giải đẹp)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[11112222]

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

[Mệnh Thiên Tử]

Ta có :

$\sum \frac{a}{b}=\sum \frac{a^2}{ab} $

Dùng bđt Cauchy - Schwarz :

$\sum \frac{a^2}{ab}\geq \frac{(\sum a)^2}{\sum ab} $

Nhưng :

$\frac{(\sum a)^2}{\sum ab}=\frac{\sum a^2}{\sum ab}+2 $

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

[Joe Dalton]

Nguyên văn bởi 11112222

Cho $a,b,c \ge 0 $. Chứng minh :
$\sum \frac{a}{b}\ge \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2 $

Đề bài chính xác phải là $a,b,c>0 $.
Khi đó áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có

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

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

[MathForLife]

Nguyên văn bởi daitoancvp

Chứng minh BĐT sau bằng 3 cách
(TST VN 2006). Cho $x,y,z $ thuộc đoạn $[1;2] $. Chứng minh rằng:
$(x + y + z)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 6\left( {\dfrac{x}{{y + z}} + \dfrac{y}{{x + z}} + \dfrac{z}{{x + y}}} \right) $

Chào thầy, em xin trình bày cách giải bằng phương pháp dồn biến:
Do bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên khoảng $\left [ 1;2 \right ] $ có thể thay thế bởi khoảng $\left [ k;2k \right ] $ bất kì.
Không mất tính tổng quát, giả sử $c=max\left \{ a;b;c \right \} $ . Bất đẳng thức ở đề bài tương đương với:

$(a+b+c)\left ( \frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}+\frac{6}{a+b}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c} \right )\le 18 $

Chuẩn hoá $a+b+c=3 $, cần chứng minh:

$\frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}+\frac{6}{a+b}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\le 6 $

Đặt $2t=a+b $ và $f(a;b;c)=\frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}+\frac{6}{a+b}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c} $

Xét hiệu:

$f(a;b;c)-f(t;t;c)=\frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}-\frac{24}{2c+a+b}-\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{4}{a+b} \right ) $

$=(a-b)^2\left ( \frac{6}{(b+c)(c+a)(2c+a+b)}-\frac{1}{ab(a+b)} \right )\le 0 $

Thật vậy, vì cách chọn c nên:

$(a+c)(b+c)(2c+a+b)\ge 2a.2b.2(a+b)>6ab(a+b) $

Vậy chỉ cần chứng minh: $f(t;t;c)\le 6 $
Thay $c=3-2t $ và biểu thức, ta được dạng tương đương:

$\frac{(t-1)^2(4t-3)}{t(3-2t^2)(3-t)}\ge 0 $

Mà $2t\ge 2\ge c $ nên

$4t\ge 2t+c=3\Rightarrow 4t-3\ge 0 $

Kết hợp với trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c $ hoặc $(a;b;c)=(k;k;2k) $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Bài toán của anh Phạm Hữu Đức:
Nếu a, b, c là các số thưc dương thì ta có BĐT:
$\sum \sqrt{\frac{b+c}{a}}\geq \sqrt{6.\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}}
$
@ Leviethai: Cho em hỏi nếu mũ 6 thì giải như thế, em được biết nó đang unsolved trên mathlinks
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kid3494]

Các bạn giúp mình bài tập này :
Cho $\left\{\begin{matrix}
x, y, z > 1 & \\
x + y + z = xyz &
\end{matrix}\right. $
Tìm min $\frac{x - 2}{y^{2}} + \frac{y - 2}{z^{2}} + \frac{z - 2}{x^{2}} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[birain9x]

Nguyên văn bởi kid3494

Các bạn giúp mình bài tập này :
Cho $\left\{\begin{matrix}
x, y, z > 1 & \\
x + y + z = xyz &
\end{matrix}\right. $
Tìm min $\frac{x - 2}{y^{2}} + \frac{y - 2}{z^{2}} + \frac{z - 2}{x^{2}} $

Đặt P là bt ở đề bài.Ta có $P=\sum (\frac{x-2}{y^2}+\frac{1}{y})-\sum (\frac{1}{y})=\sum (\frac{(x-1)+(y-1)}{y^2})-\sum \frac{x+y+z}{xyz} $
Suy ra $P=\sum (x-1)(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{x^2})-\frac{x+y+z}{xyz}\geq \sum \frac{2(x-1)}{xy}-\frac{x+y+z}{xyz}=\frac{xy+yz+zx}{xyz}-2 $
Mà $(xy+yz+zx)^2\geq 3xyz(x+y+z)=3(xyz)^2 $ nên $\frac{xy+yz+zx}{xyz}\geq \sqrt 3 $.
Vậy $P\geq \sqrt3-2 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[asdfghj]

Cho $abc=1 $
Tìm giá trị lớn nhất của
$M=\frac{a}{b^2+c^2+a}+\frac{b}{a^2+c^2+b}+\frac{c} {b^2+a^2+c} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khtoan]

Nguyên văn bởi asdfghj

Cho $abc=1 $
Tìm giá trị lớn nhất của
$M=\frac{a}{b^2+c^2+a}+\frac{b}{a^2+c^2+b}+\frac{c} {b^2+a^2+c} $

Viết bài toán dưới dạng :Cho $abc=1 $ và a,b,c dương và ta đi chứng minh $\sum \frac{a^3}{b^6+c^6+a^3}\leqslant 1
\Leftrightarrow \sum \frac{a^4bc}{b^6+c^6+a^4bc}\leqslant 1 $
Sử dụng bổ đề cơ bản $b^6+c^6\geqslant bc(b^4+c^4) $
Ta suy ra
$\sum \frac{a^4bc}{b^6+c^6+a^4bc}\leqslant \sum \frac{a^4bc}{bc(b^4+c^4)+a^4bc}=\sum \frac{a^4}{a^4+b^4+c^4}=1 $

Ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyenhuyen_AG]

Nguyên văn bởi birain9x

Đặt P là bt ở đề bài.Ta có $P
\ge\frac{xy+yz+zx}{xyz}-2 $

Ngoài ra bất đẳng thức này còn có thể chứng minh nhờ vào đánh giá sau đây

$xy^2z^2(y-z)^2\ge 0,\;\;yz^2x^2(z-x)^2\ge 0,\;\;zx^2y^2(x-y)^2\ge 0 $

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

[Mệnh Thiên Tử]

Cho$ a,b,c \in [1;3] $và a+b+c = 6
Chứng minh : $a^{3}+b^3+c^3\leq 36 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi Mệnh Thiên Tử

Cho$ a,b,c \geq 0 $và a+b+c = 6
Chứng minh : $a^{3}+b^3+c^3\leq 36 $

Đề bài hay vậy.Cho $a=6 ,b=c=0 $ suy ra SAI!!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]