Topic về bất đẳng thức

[Mệnh Thiên Tử]

Làm bài của MathForLife trước , bài của NguyenNhatTan nặng đô quá
Ta cần chứng minh :
$\sum \frac{1}{x^{2}+xy+y^{2}} \geq \frac{9}{(x+y+z)^{2}} $
Ta nhân 2 vế cho $x^{2}+ xy + y^{2}+ yz + xz + z^{2} $
ta sẽ thu được
$\sum \frac{x^{2}+ xy + y^{2}+ yz + xz + z^{2}}{x^{2}+xy+y^{2}} \geq \frac{9(x^{2}+ xy + y^{2}+ yz + xz + z^{2})}{(x+y+z)^{2}} $
ta có :
$\frac{x^{2}+ xy + y^{2}+ yz + xz + z^{2}}{x^{2}+xy+y^{2}} = 1 + \frac{z(x+y+z)}{x^{2}+xy+y^{2}} $
vậy bđt trên thành
$3+\sum \frac{z(x+y+z)}{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \frac{9(x^{2}+ xy + y^{2}+ yz + xz + z^{2})}{(x+y+z)^{2}} $
$\Rightarrow 3 + (x+y+z)(\sum \frac{z}{x^{2}+xy+y^{2}}) $
Ta sử dụng bđt AM-GM cho $(\sum \frac{z}{x^{2}+xy+y^{2}}) $ :
$\frac{z}{x^{2}+xy+y^{2}}+\frac{x}{z^{2}+zy+y^{2}}+ \frac{y}{x^{2}+xz+z^{2}} $;
$=\frac{z^{2}}{zx^{2}+xyz+zy^{2}}+\frac{x^{2}}{xz^{ 2}+xzy+xy^{2}}+\frac{y^{2}}{yx^{2}+xyz+yz^{2}}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{zx^{2}+xyz+zy^{2}+xz^{2}+xzy+xy ^{2}+yx^{2}+xyz+yz^{2}} $;
$=\frac{(x+y+z)^{2}}{(x+y+z)(xy+yz+xz)} $
$=\frac{(x+y+z)}{xy+yz+xz} $
$\Rightarrow (x+y+z)(\sum \frac{z}{x^{2}+xy+y^{2}})\geq \frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz} $
Vậy ta cần chứng minh :
$3+\frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz} \geq 9(\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx}{(x+y+z)^{2}}) $
Ta lại có :
$x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx = (x+y+z)^{2}-(xy+yz+xz) $
$\Rightarrow 3+\frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz} \geq 9(\frac{(x+y+z)^{2}-(xy+yz+xz)}{(x+y+z)^{2}}) $
Chuyển vế đổi dấu , quy đồng 1 hồi là được đpcm , phê quá

P/s : mình nghĩ bài của NguyenNhatTan thì nhân 2 vế cho $(x+y+z)^2 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathForLife]

Nguyên văn bởi Mệnh Thiên Tử

Làm bài của MathForLife trước , bài của NguyenNhatTan nặng đô quá
Ta cần chứng minh :
$\sum \frac{1}{x^{2}+xy+y^{2}} \geq \frac{9}{(x+y+z)^{2}} $
Ta nhân 2 vế cho $x^{2}+ xy + y^{2}+ yz + xz + z^{2} $
ta sẽ thu được
$\sum \frac{x^{2}+ xy + y^{2}+ yz + xz + z^{2}}{x^{2}+xy+y^{2}} \geq \frac{9(x^{2}+ xy + y^{2}+ yz + xz + z^{2})}{(x+y+z)^{2}} $
ta có :
$\frac{x^{2}+ xy + y^{2}+ yz + xz + z^{2}}{x^{2}+xy+y^{2}} = 1 + \frac{z(x+y+z)}{x^{2}+xy+y^{2}} $
vậy bđt trên thành
$3+\sum \frac{z(x+y+z)}{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \frac{9(x^{2}+ xy + y^{2}+ yz + xz + z^{2})}{(x+y+z)^{2}} $
$\Rightarrow 3 + (x+y+z)(\sum \frac{z}{x^{2}+xy+y^{2}}) $
Ta sử dụng bđt AM-GM cho $(\sum \frac{z}{x^{2}+xy+y^{2}}) $ :
$\frac{z}{x^{2}+xy+y^{2}}+\frac{x}{z^{2}+zy+y^{2}}+ \frac{y}{x^{2}+xz+z^{2}} $;
$=\frac{z^{2}}{zx^{2}+xyz+zy^{2}}+\frac{x^{2}}{xz^{ 2}+xzy+xy^{2}}+\frac{y^{2}}{yx^{2}+xyz+yz^{2}}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{zx^{2}+xyz+zy^{2}+xz^{2}+xzy+xy ^{2}+yx^{2}+xyz+yz^{2}} $;
$=\frac{(x+y+z)^{2}}{(x+y+z)(xy+yz+xz)} $;
$=\frac{(x+y+z)}{xy+yz+xz} $
$\Rightarrow (x+y+z)(\sum \frac{z}{x^{2}+xy+y^{2}})\geq \frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz} $
Vậy ta cần chứng minh :
$3+\frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz} \geq 9(\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx}{(x+y+z)^{2}}) $
Ta lại có :
$x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx = (x+y+z)^{2}-(xy+yz+xz) $
$\Rightarrow 3+\frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz} \geq 9(\frac{(x+y+z)^{2}-(xy+yz+xz)}{(x+y+z)^{2}}) $
Chuyển vế đổi dấu , quy đồng 1 hồi là được đpcm , phê quá

P/s : mình nghĩ bài của NguyenNhatTan thì nhân 2 vế cho $(x+y+z)^2 $

Cách làm này mình biết rồi , đoạn cuối làm thế này:

Ta có:

$\frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz} \ge \frac{3(2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca)}{(x+y+z)^{2}}) $

$\Leftrightarrow (a+b+c)^4\ge 3(ab+bc+ca)(2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca) $

Đây chính là bất đẳng thức AM-GM cho 2 số. Nhưng mình không biết có cách giải khác không vì cách này ko dc tự nhiên cho lắm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Các bạn này nên tập dùng lệnh \begin{aligned}...\end{aligned} để viết xuống dòng. Viết như vậy nhìn choáng quá.

Ví dụ,
$\begin{aligned} a&=b=c=d=e=f=g=h\\ &=can=dep=trai \end{aligned} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[.::skyscape::.]

Em có bài này của bạn Ng.M.N.Tường(tuong_nk_96), thấy nó cũng hay hay. Post lên cho vui
Cho các số thực dương $x,y,z $ thõa mãn $x+y+z=xyz $. CMR:
$\frac{y}{{x\sqrt {{y^2} + 1} }} + \frac{z}{{y\sqrt {{z^2} + 1} }} + \frac{x}{{z\sqrt {{x^2} + 1} }} \geqslant \frac{3}{2} $


ps: sao ko đăng kí thành viên đc nhỉ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Quydo]

Nguyên văn bởi .::skyscape::.

Em có bài này của bạn Ng.M.N.Tường, thấy nó cũng hay hay. Post lên cho vui
Cho các số thực dương $x,y,z $ thõa mãn $x+y+z=xyz $. CMR:
$\frac{y}{{x\sqrt {{y^2} + 1} }} + \frac{z}{{y\sqrt {{z^2} + 1} }} + \frac{x}{{z\sqrt {{x^2} + 1} }} \geqslant \frac{3}{2} $


ps: sao ko đăng kí thành viên đc nhỉ

Híc! bạn cho mình hỏi dấu = xảy ra khi nào vậy?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[.::skyscape::.]

Nguyên văn bởi Quydo

Híc! bạn cho mình hỏi dấu = xảy ra khi nào vậy?

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt 3 $



ps: bài này là thèn Tường nó tự đặt ra rồi giải cho vui thôi! Vì thế có lẽ nó chưa đc chặt cho lắm. Giải thử cho vui nhé
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Quydo]

Nguyên văn bởi .::skyscape::.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt 3 $



ps: bài này là thèn Tường nó tự đặt ra rồi giải cho vui thôi! Vì thế có lẽ nó chưa đc chặt cho lắm. Giải thử cho vui nhé

Biến đổi nhầm mãi ko ra cái dấu =
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[asimothat]

Nguyên văn bởi .::skyscape::.

Em có bài này của bạn Ng.M.N.Tường(tuong_nk_96), thấy nó cũng hay hay. Post lên cho vui
Cho các số thực dương $x,y,z $ thõa mãn $x+y+z=xyz $. CMR:
$\frac{y}{{x\sqrt {{y^2} + 1} }} + \frac{z}{{y\sqrt {{z^2} + 1} }} + \frac{x}{{z\sqrt {{x^2} + 1} }} \geqslant \frac{3}{2} $


ps: sao ko đăng kí thành viên đc nhỉ

Vì x,y,z là các số dương thỏa mãn x+y+z=xyz nên ta nghĩ ngay có thể đặt x= tgA ; y=tgB ; z=tgC trong đó A;B;C là 3 góc của một tam giác nhọn . Khi đó bất đẳng thức trở thành
$\frac{tgB}{tgA\sqrt{tg^2B+1}}+... \ge \frac{3}{2} $;
$\frac{cosAsinB}{sinA} +... \ge \frac{3}{2} $ ;
Chuyển sang cạnh của tam giác ta có :
$\frac{\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}.b}{a}+... \ge \frac{3}{2} $ (do $\frac{sinB}{sinA} =\frac{b}{a} $ ) ;
$\frac{b^2+c^2-a^2}{2ac} + ...\ge \frac{3}{2} $ ;
Quy đồng, ta chứng minh :
$\sum(b^3+bc^2-ba^2) \ge 3abc $;
$\sum a^3 + ab^2+bc^2+ca^2 \ge 3abc+a^2b+b^2c+c^2a $

BĐT này đúng do $ab^2+bc^2+ca^2 \ge 3abc $ và $\sum a^3 \ge a^2b+b^2c+c^2a $

ok!

Việc đăng kí thành viên có được hay không , không bàn luận trong này bạn ơi !

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

[.::skyscape::.]

Nguyên văn bởi asimothat

Vì x,y,z là các số dương thỏa mãn x+y+z=xyz nên ta nghĩ ngay có thể đặt x= tgA ; y=tgB ; z=tgC trong đó A;B;C là 3 góc của một tam giác nhọn . Khi đó bất đẳng thức trở thành
$\frac{tgB}{tgA\sqrt{tg^2B+1}}+... \ge \frac{3}{2} $;
$\frac{cosAsinB}{sinA} +... \ge \frac{3}{2} $ ;
Chuyển sang cạnh của tam giác ta có :
$\frac{\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}.b}{a}+... \ge \frac{3}{2} $ (do $\frac{sinB}{sinA} =\frac{b}{a} $ ) ;
$\frac{b^2+c^2-a^2}{2ac} + ...\ge \frac{3}{2} $ ;
Quy đồng, ta chứng minh :
$\sum(b^3+bc^2-ba^2) \ge 3abc $;
$\sum a^3 + ab^2+bc^2+ca^2 \ge 3abc+a^2b+b^2c+c^2a $

BĐT này đúng do $ab^2+bc^2+ca^2 \ge 3abc $ và $\sum a^3 \ge a^2b+b^2c+c^2a $

ok!

Việc đăng kí thành viên có được hay không , không bàn luận trong này bạn ơi !

anh ơi! còn cách nào ko ! bạn em chỉ dùng Cauchy-Schwars và AM-GM thôi. Cũng ngắn chứ ko dài đâu
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[asimothat]

Nguyên văn bởi .::skyscape::.

anh ơi! còn cách nào ko ! bạn em chỉ dùng Cauchy-Schwars và AM-GM thôi. Cũng ngắn chứ ko dài đâu

cũng có cách như thế này . không biết có ai giải chưa
ta có $x+y+z=xyz $ suy ra $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=1 $

Đặt $\frac{1}{x}=a ; \frac{1}{y}=b ; \frac{1}{z}=c ; $;
$ab+bc+ca =1 $
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :
$\frac{a}{\sqrt{1+b^2}}+...= \frac{a}{\sqrt{(b+a)(b+c)}}+... \ge \frac{2a}{2b+a+c} +...\ge 2.\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)} $;
$= 2.\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+(ab+bc+ca)} \ge 2.\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+\frac{(a+b+c)^2}{3}} =\frac{3}{2}; $

Cái này chỉ dùng Cauchy thôi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lan Phuog]

Một bài 3 biến khá đẹp:

Cho $a,b,c\ge 1, a^2+b^2+c^2=4 $.cm:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} $ $\le $ $\frac{9}{2(\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-1}+\sqrt{c^2-1})} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenhtctb]

Nguyên văn bởi Lan Phuog

Một bài 3 biến khá đẹp:

Cho $a,b,c\ge 1, a^2+b^2+c^2=4 $.cm:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} $ $\le $ $\frac{9}{2(\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-1}+\sqrt{c^2-1})} $

Đặt $\sqrt{a^2-1}=x $,...có $x^2+y^2+z^2=1 $
bđt<=>$\sum \frac{x+y+z}{\sqac{x^2+1}} \le\frac{9}{2} $
Có$\sum \frac{x}{\sqac{x^2+1}} \le \sqrt{\sum\frac{3x^2}{2x^2+y^2+z^2}} $$\le \sqrt{\frac{3}{4}\sum(\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{x^ 2}{x^2+z^2})= $$=\frac{3}{2} $
Và$\sum \frac{y+z}{\sqrt{x^2+1}} \le \sqrt{\sum\frac{3{(y+z)}^2}{2x^2+y^2+z^2}} $ $\le \sqrt{3\sum(\frac{y^2}{x^2+y^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2 }) $=3
Suy ra dfcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lan Phuog]

Nguyên văn bởi nguyenhtctb

Đặt $\sqrt{a^2-1}=x $,...có $x^2+y^2+z^2=1 $
bđt<=>$\sum \frac{x+y+z}{\sqac{x^2+1}} \le\frac{9}{2} $
Có$\sum \frac{x}{\sqac{x^2+1}} \le \sqrt{\sum\frac{3x^2}{2x^2+y^2+z^2}} $$\le \sqrt{\frac{3}{4}\sum(\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{x^ 2}{x^2+z^2})= $$=\frac{3}{2} $
Và$\sum \frac{y+z}{\sqrt{x^2+1}} \le \sqrt{\sum\frac{3{(y+z)}^2}{2x^2+y^2+z^2}} $ $\le \sqrt{3\sum(\frac{y^2}{x^2+y^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2 }) $=3
Suy ra dfcm

bài toán tổng quát tại [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trung65]

Chứng minh với mọi số thực a,b,c , ta có :
$2(1+abc)+ \sqrt{2(1 + a^{2})(1 + b^{2})(1 + c^{2}})\geq (1+a)(1+b)(1+c) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trung65]

Nguyên văn bởi MathForLife

Chứng minh với mọi số a,b,c không âm ta có:

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

2. $\frac{1}{x^2+xy+y^2}+\frac{1}{y^2+yz+z^2}+\frac{1} {z^2+zx+x^2}\ge \frac{9}{(x+y+z)^2} $

bài 1 chuẩn hóa cho a+b+c=1 sẽ được 1 bài toán của Gabriel Dospinescu trang 277 cuốn Sáng tạo bất đẳng thức
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]