Topic về bất đẳng thức

[Nguyenhuyen_AG]

Nguyên văn bởi vthiep94

$\[a^2 + b^2 + c^2 = 3;\] $;a,b,c>0
chứng minh $\[
8\left( {2 - a} \right)\left( {2 - b} \right)\left( {2 - c} \right) \ge (a + bc)(b + ac)(c + ab)
\] $
bài này mình đã lập 1 topic nhưng cách giải sai. Giờ post lại cho mọi người nghiên cứu

Ta có $2(2-a)=4-2a=b^2+c^2+\left (a^2-2a+1 \right )=b^2+c^2+(a-1)^2\ge b^2+c^2 $
Thực hiện tương tự cho hai bất đẳng thức còn lại sau đó nhân theo về với nhau, ta thu được

$8(2-a)(2-b)(2-c)\ge (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+c^2) $

Cuối cùng ta chỉ cần chứng minh

$(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+c^2)\ge (a+bc)(b+ca)(c+ab) $

Chứng minh bất đẳng thức này không mấy khó khăn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vthiep94]

Bạn cm rõ ra đi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyenhuyen_AG]

Nguyên văn bởi vthiep94

Bạn cm rõ ra đi

Bạn hãy thử chứng minh nó mình đã gợi ý là nó không khó rồi mà, nếu có thắc mắc gì thì hãy hỏi, mọi người sẽ nhiệt tình trả lời cho bạn.
------------------------------
Ta phân tích rõ hơn cho bài toán.
Vì $\frac{a^2+b^2}{a+b}=a+b-\frac{2ab}{a+b} $ nên ta có thể viết bất đẳng thức lại như sau

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

Tương đương với

$3(a^2+b^2+c^2)+2(a+b+c)\left ( \frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a} \right )\ge 2(a+b+c)^2 $
$a^2+b^2+c^2+\sum 2ab\left ( 1+\frac{c}{a+b} \right )\ge 4(ab+bc+ca) $
$a^2+b^2+c^2+ 2abc\left (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right) \ge 4(ab+bc+ca) $

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

[MathForLife]

Nguyên văn bởi Quydo

Cho a,b,c>0 CMR:
$a^2b^2(a-b)^2+b^2c^2(b-c)^2+c^2a^2(c-a)^2 \geq [(a-b)(b-c)(c-a)]^2 $

Sử dụng hằng đẳng thức:

$(a-b)(b-c)(c-a)=ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a) $
Ta chỉ cần chứng minh:

$b(a-b)(b-c)+c(b-c)(c-a)+a(c-a)(a-b)\le 0 $

Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 3.
------------------------------

Nguyên văn bởi conan236

Hai bất đẳng thức 6 biến
2. Cho $a,b,c,d,x,y,z $ là các số thực thỏa : $(a+b+c)(x+y+z)=3 $ và $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=4 $. Chứng minh rằng :

$ax+by+cz \geq 0 $

Đặt $t=\sqrt[4]{\frac{a^2+b^2+c^2}{x^2+y^2+z^2}} $ thì:
$a^2+b^2+c^2=2t^2 $
$x^2+y^2+z^2=\frac{2}{t^2} $
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$\left ( \frac{a}{t}+tx \right )^2+\left ( \frac{b}{t}+ty \right )^2+\left ( \frac{c}{t}+tz \right )^2\ge 4 $ (*)
Ta có:
$VT(*)\ge \frac{1}{3}\left ( \frac{a+b+c}{t}+t(x+y+z) \right )^2\ge \frac{4}{3}(a+b+c)(x+y+z)=4 $
Vậy bất đẳng thức dc chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[conan236]

Nguyên văn bởi manhnguyen94

Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác, chứng minh rằng:
$(2 \sum a^2(b+c)- 2 \sum a^3 +3abc)abc \geq (a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(ab+ba+ca) $

Ai có thế chứng minh ngắn gọn cho mình không ? thank

Áp dụng đẳng thức :
$(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) = \sum a^2(b+c) - \sum a^3 -2abc $
Ta suy ra bđt cần chứng minh tương đương với :
$2abc\prod (b+c-a) + 7a^2b^2c^2 \geq (a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(ab+ba+ca) $
Tuy nhiên ta có một số đẳng thức trong tam giác sau đây :
$+16S^2 = (a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
$+abc=4SR, S=pr $
Trong đó $S,p,R,r $ lần lượt là kí hiệu của diện tích, nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác.
Từ các đẳng thức trên ta dễ dàng đưa bất đẳng thức về dưới dạng :
$4\frac{r}{R} + 7 \geq 4\sum sinAsinB $
$\Leftrightarrow 4\sum cos A +3 \geq 4\sum sinAsinB $
$\Leftrightarrow 4\sum cosAcosB \leq 3 $
Mà bất đẳng thức là khá đơn giản bởi vì ta có :
$4\sum cosAcosB \leq 4\frac{(cosA+cosB+cosC)^2}{3} \leq \frac{4}{3}.\left (\frac{3}{2} \right)^2 = 3 $
Vậy ta có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daylight]

Cho $a,b,c \ge 0 $. Chứng minh rằng :

$\sqrt[3]{a+\sqrt[3]{a}}+\sqrt[3]{b+\sqrt[3]{b}}+\sqrt[3]{c+\sqrt[3]{c}} \le \sqrt[3]{a+\sqrt[3]{b}}+\sqrt[3]{b+\sqrt[3]{c}}}+\sqrt[3]{c+\sqrt[3]{a}} $

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

[birain9x]

Cho a,b,c>0 tm $\frac{1}{a^2+47}+\frac{1}{b^2+47}+\frac{1}{c^2+47} =\frac{1}{24} $.CMR $a+b+c\geq 15 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khaitang1234]

Cho $a,b,c>0 $ thoả mãn $a+b+c=1 $. Chứng minh:
$\frac{1}{a^{2}(1+a)}+\frac{1}{b^{2}(1+b)}+\frac{1} {c^{2}(1+c)}\geq \frac{3}{4abc} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[conan236]

Nguyên văn bởi khaitang1234

Cho $a,b,c>0 $ thoả mãn $a+b+c=1 $. Chứng minh:
$\frac{1}{a^{2}(1+a)}+\frac{1}{b^{2}(1+b)}+\frac{1} {c^{2}(1+c)}\geq \frac{3}{4abc} $

Áp dụng bđt BCS ta có :

$\sum \frac{bc}{a(1+a)}=\sum\frac{b^2c^2}{abc(1+a)} \geq \frac{(\sum bc)^2}{4abc}\geq \frac{3abc(a+b+c)}{4abc} =\frac{3}{4} $

Vậy nên :

$\frac{1}{a^{2}(1+a)}+\frac{1}{b^{2}(1+b)}+\frac{1} {c^{2}(1+c)}\geq \frac{3}{4abc} $

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

Nguyên văn bởi conan236

Một bài bđt tam giác khác :
Cho $a,b,c $ là ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng :

$\sum \frac{bc\sqrt{3a^2+2b^2+2c^2+2bc}}{b+c-a} \geq 3(ab+bc+ca) $

Đặt $a=y+z, b=z+x, c=x+y $

-----------------------------
1. Cho $a,b,c>0 $. Chứng minh rằng :

$2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq abc(a+1)(b+1)(c+1) $

2. Cho tam giác $ABC $ nhọn. Chứng minh rằng :

$\frac{cosAcosB}{sin2C}+\frac{cosBcosC}{sin2A}+ \frac{cosCcosA}{sin2B} \geq \frac{\sqrt{3}}{2} $

3. Cho $x_1,x_2,...,x_n $ là các số thực. Chứng minh rằng :

$\sum_{1\leq i \leq j\leq n} |x_i+x_j| \geq \frac{n-2}{2} \sum_{i=1}^{n} |x_i| $

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

[yeu]

1)Cho $x_i \geqslant 1;i = 1,2,....,n $. CMR
$\frac{1}{{1 + x_1 }} + \frac{1}{{1 + x_2 }} + ..... + \frac{1}{{1 + x_n }}\geqslant \frac{n}{{1 + \sqrt[n]{{x_1 x_2 .....x_n }}}} $

2)Cho $a,b,c \geqslant 0 ,a + b + c = 3 $ .CMR
$\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right)\left( {a^3 b^3 + b^3 c^3 + c^3 a^3 } \right) \leqslant 36\left( {ab + bc + ac} \right) $

4)Cho $a,b,c > 0 $ , $abc = 1 $ .CMR
$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{6}{{a + b + c}} \geqslant 5 $

3)Cho $a,b,c\ > 0 $ .CMR
$2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+3\sqrt[3] {a^2.b^2.c^2 }\geq \left ( a+b+c\right )^2 $

Rất mong các bạn giải nó,càng nhiều cách càng tôt
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[IMO 2010]

Cho $a > 0 $. CMR: $a + \left | 2a^{2} -1\right | \geq \frac{1}{2} $
------------------------------
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dandoh221]

Nguyên văn bởi yeu

3)Cho $a,b,c\ > 0 $ .CMR
$2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+3\sqrt[3] {a^2.b^2.c^2 }\geq \left ( a+b+c\right )^2 $

Rất mong các bạn giải nó,càng nhiều cách càng tôt

giải đc cách dở lắm :
cho abc = 1. Ta cần chứng minh$ a^2+b^2+c^2 + 3 \ge 2(ab+bc+ac) $
$f(a,b,c) = a^2+b^2-2ab-c(a+b) +c^2-3 $
giả sử c = min{a,b,c}
đặt \sqrt{ab} = t
$f(a,b,c) - f(t,t,c) = (\sqrt{a} -\sqrt{b})^2(a+b+2\sqrt{ab} - 2c) \ge 0 $
thay $t = \sqrt{\frac{1}{c}} $
$f(t,t,c) = (\sqrt{c} - 1})({c\sqrt{c} - c + \sqrt{c} - 5) \ge 0 $

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

[magic.]

Nguyên văn bởi yeu

3)Cho $a,b,c\ > 0 $ .CMR
$2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )+3\sqrt[3] {a^2.b^2.c^2 }\geq \left ( a+b+c\right )^2 $

Dùng Schur thôi

BĐT $\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2} +3\sqrt[3] {a^2.b^2.c^2 }\geq 2(ab+ac+bc) $

Vì $3\sqrt[3] {a^2.b^2.c^2 } \ge \frac{9abc}{a+b+c} $

Mà $\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2} + \frac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+ac+bc) $ (Schur)

Nên ta có đpcm.
------------------------------

Nguyên văn bởi yeu

4)Cho $a,b,c > 0 $ , $abc = 1 $ .CMR
$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{6}{{a + b + c}} \geqslant 5 $

Bài này dùng $pqr $ và đánh giá Schur.Bạn Daylight đã tưng giải ở đâu đó.Bạn có thể tìm ở mục bài bạn ấy đã post
------------------------------

Nguyên văn bởi conan236

-
1. Cho $a,b,c>0 $. Chứng minh rằng :

$2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq abc(a+1)(b+1)(c+1) $

Kết quả mạnh hơn Vasc:

Cho $a,b,c>0 $. Chứng minh rằng :

$2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq (abc+1)(a+1)(b+1)(c+1) $

Sử dụng $(a^2+1)^3 \ge (a^3+1)(a+1)^3 $

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

Nguyên văn bởi yeu

1)Cho $x_i \geqslant 1;i = 1,2,....,n $. CMR
$\frac{1}{{1 + x_1 }} + \frac{1}{{1 + x_2 }} + ..... + \frac{1}{{1 + x_n }}\geqslant \frac{n}{{1 + \sqrt[n]{{x_1 x_2 .....x_n }}}} $

Quy nạp

Xem sáng tạo BĐT

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

[Quydo]

Cho $a^2+b^2+c^2=1 $
Tìm max $P=\sum \frac{1}{1-ab} $
P/s:Giải hộ mình với sao biến đổi mãi ko ra
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[mathematician]

Nguyên văn bởi Quydo

Cho $a^2+b^2+c^2=1 $
Tìm max $P=\sum \frac{1}{1-ab} $
P/s:Giải hộ mình với sao biến đổi mãi ko ra

Chính là bài này sau khi đã đổi biến:
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]