Chủ đề này có 7 trả lời

[hoanglong2k]

1. Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$.C/m rằng $\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b+c^2}}\leq 2$

2. Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. C/m: $\left( 1+a^3 \right) \left( 1+b^3 \right) \left( 1+c^3 \right) +43 \ge 17(a+b+c)$

3. Cho $a,b,c\geq 0$ và $ab+bc+ca=1$. C/m: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{2}$

4. Cho $a,b,c$ là các số dương. Chứng minh: $\frac{bc}{3a^2+b^2+c^2}+\frac{ca}{3b^2+c^2+a^2}+\frac{ab}{3c^2+a^2+b^2}\le\frac{3}{5}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 24-02-2015 - 19:59

[dogsteven]

Bài 1. Dễ.

Bài 2. Đặt $f(x)=x^3+\dfrac{1}{x^3}-17x$. giả sử $a=\text{max}\{a,b,c\}$ thì chứng minh $f(a)+f(b)+f(c)\geqslant f(a)+2f(\sqrt{bc}) \geqslant 0$

Còn một lời giải bằng chia để trị mà lười ghi.

Bài 3. Dồn biến hoặc pqr.

Bài 4. Yếu tố.

[viet nam in my heart]

Làm bài dễ trước:

Đặt $A=\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b}}+\frac{b+c}{\sqrt{c^2+b}}$

Theo bđt AM-GM ta có: $A^{2}\leq 2\left [\frac{(a+b)^2}{a^2+b} +\frac{(c+b)^2}{c^2+b}\right ]=2[\frac{a^2+2ab+b^2}{a^2+ba+b^2+bc}+\frac{b^2+2bc+c^2}{c^2+ba+b^2+bc}]$

                                      $\Leftrightarrow A^2=4-\frac{2b(c+a)(c-a)^2}{(a^2+ab+b^2+bc)(c^2+ab+b^2+bc)}\leq 4$

Vậy $A\leq 2$

[hoanglong2k]

 

Làm bài dễ trước:

Đặt $A=\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b}}+\frac{b+c}{\sqrt{c^2+b}}$

Theo bđt AM-GM ta có: $A^{2}\leq 2\left [\frac{(a+b)^2}{a^2+b} +\frac{(c+b)^2}{c^2+b}\right ]=2[\frac{a^2+2ab+b^2}{a^2+ba+b^2+bc}+\frac{b^2+2bc+c^2}{c^2+ba+b^2+bc}]$

                                      $\Leftrightarrow A^2=4-\frac{2b(c+a)(c-a)^2}{(a^2+ab+b^2+bc)(c^2+ab+b^2+bc)}\leq 4$

Vậy $A\leq 2$

 

Cách đánh giá khác: 

Áp dụng bđt Schwarz: $A^2\leq 2[\frac{(a+b)^2}{a^2+ab+b^2+bc} +\frac{(c+b)^2}{c^2+bc+b^2+ab}]\leq 2(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}+\frac{b}{a+b})=4$

[hoanglong2k]

Bài 3. Trước tiên ta chứng minh $a+b+c+\frac{5}{3}abc\geq 2$

Giả sử $a\geq b\geq c\geq 0\Rightarrow 0\leq bc\leq \frac{1}{3}$

Thay $a=\frac{1-bc}{b+c}$ thì ta cần chứng minh $\frac{1-bc}{b+c}+b+c+\frac{5}{3}.\frac{1-bc}{b+c}.bc\geq 2$

                          $\Leftrightarrow 3(1-bc)+3(b+c)^2+5(1-bc)bc-6(b+c)\geq 0$

                          $\Leftrightarrow 3(b+c-1)^2+bc(2-5bc)\geq 0$ (đúng)

Quay lại bài toán:

Ta cần c/m: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{2}$

                   $\Leftrightarrow 2(a+b)(b+c)+2(a+c)(b+c)+2(a+b)(a+c)\geq 5(a+b)(b+c)(c+a)$

                   $\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)+2(ab+bc+ca)\geq 5(a+b+c)(ab+bc+ca)-5abc$

                   $\Leftrightarrow 2(a+b+c)^2+2+5abc\geq 5(a+b+c)$

Mà $a+b+c+\frac{5}{3}abc\geq 2\Rightarrow 5abc\geq 6-3(a+b+c)$

Nên ta chỉ cần c/m: $2(a+b+c)^2+2+6-3(a+b+c)\geq 5(a+b+c)$

                               $\Leftrightarrow 2(a+b+c)^2-8(a+b+c)+8\geq 0\Leftrightarrow 2(a+b+c-2)^2\geq 0$

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(1,1,0)$ và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 24-02-2015 - 22:18

[dogsteven]

Bài 3. Trước tiên ta chứng minh $a+b+c+\frac{5}{3}abc\geq 2$

Giả sử $a\geq b\geq c\geq 0\Rightarrow 0\leq bc\leq \frac{1}{3}$

Thay $a=\frac{1-bc}{b+c}$ thì ta cần chứng minh $\frac{1-bc}{b+c}+b+c+\frac{5}{3}.\frac{1-bc}{b+c}.bc\geq 2$

                          $\Leftrightarrow 3(1-bc)+3(b+c)^2+5(1-bc)bc-6(b+c)\geq 0$

                          $\Leftrightarrow 3(b+c-1)^2+bc(2-5bc)\geq 0$ (đúng)

Quay lại bài toán:

Ta cần c/m: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{2}$

                   $\Leftrightarrow 2(a+b)(b+c)+2(a+c)(b+c)+2(a+b)(a+c)\geq 5(a+b)(b+c)(c+a)$

                   $\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)+2(ab+bc+ca)\geq 5(a+b+c)(ab+bc+ca)-5abc$

                   $\Leftrightarrow 2(a+b+c)^2+2+5abc\geq 5(a+b+c)$

Mà $a+b+c+\frac{5}{3}abc\geq 2\Rightarrow 5abc\geq 6-3(a+b+c)$

Nên ta chỉ cần c/m: $2(a+b+c)^2+2+6-3(a+b+c)\geq 5(a+b+c)$

                               $\Leftrightarrow 2(a+b+c)^2-8(a+b+c)+8\geq 0\Leftrightarrow 2(a+b+c-2)^2\geq 0$

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(1,1,0)$ và các hoán vị

Bất đẳng thức tương đương với $2(a+b+c)^2+2+5abc\geqslant 5(a+b+c)$

Nếu $a+b+c\geqslant 2$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Nếu $\sqrt{3}\leqslant a+b+c\leqslant 2$ thì theo bất đẳng thức Schur $5abc\geqslant \dfrac{5(a+b+c)[4-(a+b+c)^2]}{9}$ nên ta cần chứng minh:

$$-5(a+b+c)^3+18(a+b+c)^2-20(a+b+c)+18\geqslant 0\Leftrightarrow (2-a-b-c)\left[5(a+b+c)^2-8(a+b+c)+9\right]\geqslant 0$$

[Ann Vii]

Các bạn siêu thật!! 

[viet nam in my heart]

Câu 4:

Ta có:$[3(b-c)(c-a)][3(c-a)(a-b)][3(a-b)(b-c)]\geq (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$

Do đó 1 trong ba bất đẳng thức sau đúng: $3(b-c)(c-a)\geq (a-b)^2;3(c-a)(a-b)\geq (b-c)^2;3(a-b)(b-c)\geq(c-a)^2$

Giả sử $3(b-c)(c-a)\geq (a-b)^2$

Đặt $A=\sum \frac{bc}{3a^2+b^ 2+c^2}$

Ta có:: $\frac{3}{2}-A=\sum(\frac{1}{2}-\frac{bc}{3a^2+b^ 2+c^2})=\sum \frac{3a^2+(b-c)^2)}{6a^2+2b^2+2c^2}$

Do đó ta đi chứng minh $\sum \frac{3a^2+(b-c)^2)}{3a^2+b^2+c^2}\geq \frac{9}{5}\Leftrightarrow \sum \frac{3a^2}{3a^2+b^2+c^2} +\sum \frac{(b-c)^2}{3a^2+b^2+c^2}\geq \frac{9}{5}$

Áp dụng bất đẳng thức Svac ta có: $\sum \frac{3a^2}{3a^2+b^2+c^2} \geq \frac{3(a+b+c)^2}{5(a^2+b^2+c^2)}$

  Và: $\sum \frac{(b-c)^2}{3a^2+b^2+c^2}=\frac{(b-c)^2}{3a^2+b^2+c^2}+\frac{(c-a)^2}{3b^2+c^2+a^2}+\frac{(b-a)^2}{3c^2+b^2+a^2}\geq \frac{4(b-a)^2}{5(a^2+b^2+c^2)}$

Do đó ta đi chứng minh $\frac{3(a+b+c)^2}{5(a^2+b^2+c^2)}+\frac{4(b-a)^2}{5(a^2+b^2+c^2)}\geq \frac{9}{5}$

                                    $\Leftrightarrow 3c^2-3bc-3ac+b^2+ab+a^2\leq 0$

                                     $\Leftrightarrow (3c^2-3bc-3ac+3ab)+(a-b)^2\leq 0$

                                     $3(c-a)(c-b)+(a-b)^2\leq 0\Leftrightarrow 3(b-c)(c-a)\geq (a-b)^2$( đúng theo giả sử)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 26-02-2015 - 13:01