Topic về Bất Đẳng Thức (3)

[hieu1411997]

Nguyên văn bởi K56khtn

Bất đẳng thức này sai,cho $ a=b=\dfrac{1}{2},c=4 $.
Bài toán phải có chiều ngược lại

$$\frac{1}{(2a^3+1)(a^3+2)}+\frac{1}{(2b^3+1)(b^3+ 2)}+\frac{1}{(2c^3+1)(c^3+2)}\ge\frac{1}{3}$$

Một bất đẳng thức khá tương tự là:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{(1+a^3)^2}+\dfrac{1}{(1+b^3)^2}+\dfrac{ 1}{(1+c^3)^2}\ge \dfrac{3}{4}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tranghieu95]

Nguyên văn bởi hieu1411997

Một bất đẳng thức khá tương tự là:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{(1+a^3)^2}+\dfrac{1}{(1+b^3)^2}+\dfrac{ 1}{(1+c^3)^2}\ge \dfrac{3}{4}$

Có thể coi $a^3$ như a.
Ta cần cm: $\sum \dfrac{1}{(1+a)^2} \ge \dfrac{3}{4}$
Đặt: $a=\dfrac{yz}{x^2}; b=\dfrac{zx}{y^2}; c=\dfrac{xy}{z^2}$
$VT=\sum \dfrac{a^4}{(a^2+bc)^2} \ge
\dfrac{(a^2+b^2+c^2}{\sum (a^2+bc)^2}$
Ta cần cm: $a^4+b^4+c^4+5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \ge 6abc(a+b+c)$
Thật vậy: $a^4+b^4+c^4+5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \ge 6(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \ge 6abc(a+b+c)$
$\Rightarrow $ đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hieu1411997]

Nguyên văn bởi K56khtn

Bất đẳng thức này sai,cho $ a=b=\dfrac{1}{2},c=4 $.
Bài toán phải có chiều ngược lại

$$\frac{1}{(2a^3+1)(a^3+2)}+\frac{1}{(2b^3+1)(b^3+ 2)}+\frac{1}{(2c^3+1)(c^3+2)}\ge\frac{1}{3}$$

Băng bài toán của tranghieu95 thì coi như bài trên đã xong!
Bài 25: Cho $a, b, c>0, a^2+b^2+c^2=3$ Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^2}{a^3+2ab+3a+1}+\dfrac{b^2}{b^3+2bc+3b+ 1}+\dfrac{c^2}{c^3+2ca+3c+1}\le\dfrac{3}{abc+2(ab+ bc+ca)}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[katnguyen852]

Bài 26: Cho $ a, b, c $ là các số không âm, chứng minh
$$ \sum \frac{4a^2-3b^2-3c^2+2bc}{(b+c)^2}\geq \frac{a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2}{4(a+b)(b+c)(c+a)} $$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Conanvn]

Nguyên văn bởi katnguyen852

Bài 26: Cho $ a, b, c $ là các số không âm, chứng minh
$$ \sum \frac{4a^2-3b^2-3c^2+2bc}{(b+c)^2}\geq \frac{a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2}{4(a+b)(b+c)(c+a)} $$

Để giải bài này, ta cần bổ đề sau:
Với $a,b,c\ge 0$ ta có $\sum{\dfrac{2bc}{(b+c)^2}+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+ bc+ca}} \ge \dfrac{5}{2}$

Bất đẳng thức này có thể đc cm bằng BĐT Iran 96

Trở lại bài toán,
$VT=\sum{\dfrac{4a^2+8bc-3(b+c)^2}{(b+c)^2}}=4\sum{\left(\dfrac{a}{b+c} \right)^2}+4\sum{\dfrac{2bc}{(b+c)^2}}-9$

$VP=\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)-8abc}{4(a+b)(b+c)(c+a)}=\dfrac{1}{4}-\dfrac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Bất đẳng thức đc viết dưới dạng
$4\sum{\left(\dfrac{a}{b+c} \right)^2}+4\sum{\dfrac{2bc}{(b+c)^2}}+\dfrac{2abc }{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge \dfrac{37}{4}$

Áp dụng bổ đề, ta chứng minh
$4\sum{\left(\dfrac{a}{b+c} \right)^2}+\dfrac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\dfrac{3} {4}\ge 4\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$

Nhân 2 vế bđt với $(a+b)(b+c)(c+a)$

$4\dfrac{a^2(a+b)(a+c)}{b+c}+2abc+\dfrac{3}{4}(a+b )(b+c)(c+a)\ge 4\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\left[(\sum{a})(\sum{ab})-abc \right]$

$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{a^2(a^2+bc)}{b+c}}+4\dfrac{abc(a^2+b^2 +c^2)}{ab+bc+ca} +\dfrac{7}{2} abc \ge \dfrac{13}{4} \sum {ab(a+b)}$

$ \Leftrightarrow \sum{ \left( \dfrac{4a^2}{b+c}+\dfrac{13}{4}a +M \right)(a-b)(a-c)} \ge 0$ (Với $M=\dfrac{4abc}{ab+bc+ca}+\dfrac{3}{4}(a+b+c)$)
$ \Leftrightarrow \sum{S_{a}(a-b)(a-c)}\ge 0$

Giả sử $a\ge b \ge c$ thì dễ thấy $S_a \ge S_b$, vậy bđt đúng theo Vonicur Schur. Chứng minh hoàn tất.
------------------------------

Nguyên văn bởi Poppy96

Cho $$a,b,c>0$ $ biết $$a+b+c=1$ $. Tìm giá trị lớn nhất của $$P=\frac{3a}{a+bc}+\frac{4b}{b+ca}+\frac{6c}{c+ab} $ $

Gọi $k_0$ là nghiệm pt $\sqrt{k-7}+\sqrt{k-9}+\sqrt{k-10}=\sqrt{k}$ thì hiển nhiên $k_0 >10$ và pt trên chỉ có nghiệm duy nhất.

Ta sẽ chứng minh $MaxP=k_0$

$P=\dfrac{3a}{a(a+b+c)+bc}+\dfrac{4b}{b(a+b+c)+ca} +\dfrac{6c}{c(a+b+c)+ab}$
$=\dfrac{3a}{(a+b)(a+c)}+\dfrac{4b}{(a+b)(b+c)}+ \dfrac{6c}{(a+c)(b+c)}=\dfrac{7ab+9ac+10bc}{(a+b)( b+c)(c+a)}$

Ta cần cm:

$ \dfrac{7ab+9ac+10bc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \le k_0$

Tương đương

$ 7ab+9ac+10bc \le \dfrac{k_0 (\sum{a} \sum{ab} -abc)}{a+b+c}$

Hay

$(k_0-7)ab+(k_0-9)ac+(k_0-10)bc \ge \dfrac{k_{0} abc}{a+b+c}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{(k_0-7)}{c}+\dfrac{(k_0-9)}{b}+\dfrac{(k_0-10)}{a} \ge \dfrac{k_{0} }{a+b+c}$

Áp dụng BĐT Cauchy -Schwartz

$ \dfrac{(k_0-7)}{c}+\dfrac{(k_0-9)}{b}+\dfrac{(k_0-10)}{a} \ge \dfrac{ \left( \sqrt{k_0-7}+\sqrt{k_0-9}+\sqrt{k_0-10}\right)^2 }{a+b+c}=\dfrac{k_{0} }{a+b+c}$

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

[handsome1]

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{\sqrt[3]{b^3+c^3}}+\frac{b}{\sqrt[3]{a^3+c^3}} +\frac{c}{\sqrt[3]{b^3+a^3}}<2\sqrt[3]{4}$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Conanvn]

Nguyên văn bởi handsome1

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{\sqrt[3]{b^3+c^3}}+\frac{b}{\sqrt[3]{a^3+c^3}} +\frac{c}{\sqrt[3]{b^3+a^3}}<2\sqrt[3]{4}$$

Áp dụng bđt Holder $4(a^3+b^3) \ge (a+b)^3$

Bất dẳng thức qui về cm: $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} <2$

Ta có đánh giá $\dfrac{a}{b+c} < \dfrac{2a}{a+b+c} \Leftrightarrow b+c >a$

Vậy ta có đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thanhelf]

Mình đăng một được k?
Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn $abc\leq 1 $. CMR:
$\left ( a-1+\frac{1}{b} \right )\left ( b-1+\frac{1}{c} \right )\left ( c-1+\frac{1}{a} \right )\leq 1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[triethuynhmath]

Nguyên văn bởi thanhelf

Mình đăng một được k?
Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn $abc\leq 1 $. CMR:
$\left ( a-1+\frac{1}{b} \right )\left ( b-1+\frac{1}{c} \right )\left ( c-1+\frac{1}{a} \right )\leq 1 $

Câu này đổi biến là xong
Do $abc=1$ nên đặt $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$.
BĐT đã cho $\Leftrightarrow (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) \leq xyz (x,y,z>0)$.
Đây là BĐT quá quen thuộc rồi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vô tình]

Bài 27: Cho các số thực khác không $a,b,c$ thỏa $a+b+c=0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$A=\dfrac{(a^6+b^6+c^6)(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^5+b^5+ c^5)^2}$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Conanvn]

Nguyên văn bởi vô tình

Bài 27: Cho các số thực khác không $a,b,c$ thỏa $a+b+c=0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$A=\dfrac{(a^6+b^6+c^6)(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^5+b^5+ c^5)^2}$$

Lưu ý rằng: $$\sum{a^6}=-2q^3+3r^2 ;\sum{a^5}=-5qr$$
$$A=\dfrac{4(-2q^3+3r^2)}{25r^2}=\dfrac{4}{25}\left(\dfrac{-2q^3}{r^2}+3 \right)$$
Ta chứng minh: $$\dfrac{q^3}{r^2} \le -\dfrac{27}{4}$$
Do $a+b+c=0$ nên $\sum{ab}=-a^2-b^2-ab$
Bđt trên viết lại thành$$(a^2+b^2+ab)^3\ge \dfrac{27}{4}a^2b^2(a+b) (*)$$
Chuẩn hóa $a+b=1$ suy ra $-\dfrac{1}{4} \le ab \le \dfrac{1}{4}$
(*) trở thành $$a^3b^3+\dfrac{15}{4}a^2b^2+3ab-1 \le 0$$$$\Leftrightarrow (ab-\dfrac{1}{4})(ab+2)^2 \le 0 \mbox{ (Dung)}$$
Do đó $A\ge \dfrac{66}{5}$. Đẳng thức xảy ra tại $a=b=\dfrac{-k}{2}; c=k$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dungtoank22]

Cho $a,b,c \in \left [ \frac{1}{2};1 \right ]$. Chứng minh rằng:
$$ \left | \frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b} \right |\leqslant \left ( 1-\frac{\sqrt{2}}{2} \right )^{2}. $$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[orchid96]

Cho $x,y,z $ là các số thực dương. Chứng minh:

$\frac{2x^2 +xy}{(y+\sqrt{xz}+z)^2}+\frac{2y^2 +yz}{(z+\sqrt{xy}+x)^2}+\frac{2z^2 +xz}{(x+\sqrt{yz}+y)^2}\geq 1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thiendienduong]

Nguyên văn bởi orchid96

Cho $x,y,z $ là các số thực dương. Chứng minh:

$\frac{2x^2 +xy}{(y+\sqrt{xz}+z)^2}+\frac{2y^2 +yz}{(z+\sqrt{xy}+x)^2}+\frac{2z^2 +xz}{(x+\sqrt{yz}+y)^2}\geq 1 $

Để ý $(y+\sqrt{xz}+z)^2=(y+z)^2+2\sqrt{xz}(y+z)+zx$
$\leq (y+z)^2+(z+x)(y+z)+zx=(x+y+z)(y+2z)$
Tương tự suy ra ta cần chứng minh:
$\frac{2x^2+xy}{y+2z}+\frac{2y^2+yz}{z+2x}+\frac{2 z^2+zx}{x+2y}\geq x+y+z$
$\Leftrightarrow \frac{2x(x-z)}{y+2z}+\frac{2y(y-x)}{z+2x}+\frac{2z(z-y)}{(x+2y)}\geq 0$ $(*)$
Giả sử $x=max (x;y;z)$
$(*)\Leftrightarrow \frac{2x(x-y+y-z)}{y+2z}+\frac{2y(y-x)}{z+2x}+\frac{2z(z-y)}{(x+2y)}\geq 0$
$2(x-y)(\frac{x}{y+2z}-\frac{y}{z+2x})+2(y-z)\left ( \frac{x}{y+2z} -\frac{z}{x+2y}\right )\geq 0$
$2(x-y).\frac{zx-yz+x^2-y^2+x^2-yz}{(y+2z)(z+2x)}+2(y-z).\frac{x^2-yz+2xy-2z^2}{(y+2z)(x+2y)}\geq 0$
Sử dụng điều giả sử, ta được:
$zx-yz+x^2-y^2+x^2-yz\geq zx-yz+x^2-y^2+zx-yz=(x-y)(x+y+2z)$
$x^2-yz+2xy-2z^2\geq y^2-yz+2y^2-2z^2=(y-z)(3y+2z)$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[blackholes.]

Nguyên văn bởi orchid96

Cho $x,y,z $ là các số thực dương. Chứng minh:

$\frac{2x^2 +xy}{(y+\sqrt{xz}+z)^2}+\frac{2y^2 +yz}{(z+\sqrt{xy}+x)^2}+\frac{2z^2 +xz}{(x+\sqrt{yz}+y)^2}\geq 1 $

Sử dụng bất đẳng thức CBS,ta có:
$\left ( y+\sqrt{xz} +z\right )^{2}= \left ( \sqrt{\frac{y}{x}}\sqrt{xy}+\sqrt{xz} +\sqrt{\frac{z}{x}}\sqrt{xz}\right )^{2}\leqslant \left ( xy+yz+xz \right )\left (\frac{x+y+z}{x} \right )\Rightarrow \frac{2x^{2}+xy}{\left ( y+\sqrt{xz}+z \right )^{2}}\geqslant \frac{2x^{3}+x^{2}y}{\left ( xy+yz+zx \right )\left ( x+z+z \right )}$
Tương tự cho các biểu thức còn lại,từ đó ta được:$\sum \frac{2x^{2}+xy}{\left ( y+\sqrt{xz}+z\right )^{2}}\geqslant \frac{2\left ( x^{3}+y^{3} +z^{3}\right )+x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x}{\left ( xy+yz+zx \right )\left ( x+y+z \right )}$
Ta cần chứng minh:$2\sum x^{3}+x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\geqslant \left ( xy+yz+zx \right )\left ( x+y+z \right )$
$\Leftrightarrow 2\sum x^{3}+x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\geqslant x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x+xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}+3xyz$
$\Leftrightarrow 2\sum x^{3}\geqslant xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}+3xyz$
Sử dụng AM_GM,ta có:$\sum x^{3}= \frac{1}{3}\left [\sum \left ( x^{3} +y^{3}+z^{3}\right ) \right ]\geqslant xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}$
$\sum x^{3}\geqslant 3xyz$
Cộng chúng lại ,ta có đpcm
------------------------------

Nguyên văn bởi thiendienduong

Để ý $(y+\sqrt{xz}+z)^2=(y+z)^2+2\sqrt{xz}(y+z)+zx$
$\leq (y+z)^2+(z+x)(y+z)+zx=(x+y+z)(y+2z)$
Tương tự suy ra ta cần chứng minh:
$\frac{2x^2+xy}{y+2z}+\frac{2y^2+yz}{z+2x}+\frac{2 z^2+zx}{x+2y}\geq x+y+z$
$\Leftrightarrow \frac{2x(x-z)}{y+2z}+\frac{2y(y-x)}{z+2x}+\frac{2z(z-y)}{(x+2y)}\geq 0$ $(*)$
Giả sử $x=max (x;y;z)$
$(*)\Leftrightarrow \frac{2x(x-y+y-z)}{y+2z}+\frac{2y(y-x)}{z+2x}+\frac{2z(z-y)}{(x+2y)}\geq 0$
$2(x-y)(\frac{x}{y+2z}-\frac{y}{z+2x})+2(y-z)\left ( \frac{x}{y+2z} -\frac{z}{x+2y}\right )\geq 0$
$2(x-y).\frac{zx-yz+x^2-y^2+x^2-yz}{(y+2z)(z+2x)}+2(y-z).\frac{x^2-yz+2xy-2z^2}{(y+2z)(x+2y)}\geq 0$
Sử dụng điều giả sử, ta được:
$zx-yz+x^2-y^2+x^2-yz\geq zx-yz+x^2-y^2+zx-yz=(x-y)(x+y+2z)$
$x^2-yz+2xy-2z^2\geq y^2-yz+2y^2-2z^2=(y-z)(3y+2z)$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Nếu $\left ( y-z \right )\left ( 3y+2z \right )< 0$ rồi sao bạn???

:lolz :

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