Chủ đề này có 238 trả lời

[tpdtthltvp]

Bài 48:  $x,y>0$ ; $x^{3}+y^{4}\leq x^{2}+y^{3}$

CM: $x^{3}+y^{3}\leq 2$

 

Bài 48:

Áp dụng BĐT $Cauchy-schwarz$, ta có:

$\frac{(x^2+y^3+x^3+y^2)^2}{4}\geq (x^2+y^3)(x^3+y^2)\geq (x^3+y^4)(x^3+y^2)\geq (x^3+y^3)^2\Rightarrow x^2+y^3+x^3+y^2\geq 2(x^3+y^3)\Rightarrow x^2+y^2\geq x^3+y^3(1)$

Mặt khác:

$(x+y)(x^2+y^2)\geq (x+y)(x^3+y^3)\geq (x^2+y^2)^2\Rightarrow x+y\geq x^2+y^2(2)$

Và $2(x+y)\geq 2(x^2+y^2)\geq (x+y)^2\Rightarrow 2\geq x+y(3)$

Từ $(1),(2),(3)\Rightarrow dpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 31-01-2016 - 16:52

[NTA1907]

Bài 52: Cho $a, b, c> 0$. CMR:

$\dfrac{\dfrac{a}{b}+1}{\dfrac{b^2}{c^2}+1}+\dfrac{\dfrac{b}{c}+1}{\dfrac{c^2}{a^2}+1}+\dfrac{\dfrac{c}{a}+1}{\dfrac{a^2}{b^2}+1}+\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge 4$

[Trung Kenneth]

Bài 15:

Trước hết ta c/m bài toán sau: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$ với a,b,c >0 và a+b+c=3

Theo AM-GM: $\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{a}.\sqrt{a}.a^2}$

=> $a^2+2\sqrt{a}\geq 3a$

Tương tự với b,c Cộng vế theo vế ta có : $a^2+b^2+c^2+2.(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 3.(a+b+c )$

Thay 3=a+b+c ta có $a^2+b^2+c^2+2.(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq (a+b+c)^2= a^2+b^2+c^2+2.(ab+bc+ca)$

=>$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$ (1)

Trở lại bài toán,

BĐT cần c/m <=>A= $ab+bc+ca-(a^2+b^2+c^2).(4-\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}-\frac{1}{c^2})\geq 0$

Ta có: $ab+bc+ca-(a^2+b^2+c^2).(4-\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}-\frac{1}{c^2})$

=$ab+bc+ca-4.(a^2+b^2+c^2)+(\frac{a^2}{b^2}-2+\frac{b^2}{a^2})+(\frac{b^2}{c^2}-2+\frac{c^2}{b^2})+(\frac{c^2}{a^2}-2+\frac{a^2}{c^2})+9$

= $\frac{(a^2-b^2)^2}{a^2b^2}+\frac{(b^2-c^2)^2}{b^2c^2}+\frac{(c^2-a^2)^2}{c^2a^2}+(a+b+c)^2+ab+bc+ca-4.(a^2+b^2+c^2)$ (Thay a+b+c=3)

= $\frac{(a^2-b^2)^2}{a^2b^2}+\frac{(b^2-c^2)^2}{b^2c^2}+\frac{(c^2-a^2)^2}{c^2a^2}-3.(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$

= $\frac{(a-b)^2(a+b)^2}{a^2b^2}+\frac{(b-c)^2(b+c)^2}{b^2c^2}+\frac{(c-a)^2(c+a)^2}{c^2a^2}-\frac{3}{2}.\left [ (a-b)^2 +(b-c)^2+(c-a)^2\right ]$

= $= \sum (a-b)^2.\left [ \frac{(a+b)^2}{a^2b^2}-\frac{3}{2} \right ]$

Xét 2 số x,y dương với x+y<3 ta có :$\frac{(x+y)^2}{x^2y^2}=\frac{16.(x+y)^2}{(2\sqrt{xy})^4}\geq \frac{16.(x+y)^2}{(x+y)^4}=\frac{16}{(x+y)^2}>\frac{16}{9}>\frac{3}{2}$ => $\frac{(x+y)^2}{x^2y^2}-\frac{3}{2}>0$

Thay các số x,y thành a,b ;b,c ; c,a => $A\geq 0$ 

=>$ab+bc+ca\geq (a^2+b^2+c^2).(4-\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}-\frac{1}{c^2})$ (2)

Từ (1) ; (2) => $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq (a^2+b^2+c^2).(4-\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}-\frac{1}{c^2})$ => đpcm

Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

[Minhnguyenthe333]

Bài 49: $a,b,c>0;a+b+c=3$
CM: $\frac{a}{a+2bc}+\frac{b}{b+2ca}+\frac{c}{c+2ab}\geq 1$
[/b]

Ta có bđt quen thuộc $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geqslant 9abc$ (đúng theo AM-GM)
$=>ab+bc+ca\geqslant 3abc$
$=>VT\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+6abc}=\frac{9}{9-2(ab+bc+ca)+6abc}\geqslant \frac{9}{9-6abc+6abc}=1$ (theo C-S)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 01-02-2016 - 15:46

[Minhnguyenthe333]

Bài 53: Cho hai số thực $a,b$ thoả mãn $a^2+2b^2=1$.Chứng minh rằng:
$-\sqrt{\frac{31}{3}}\leqslant 3a-2b \leqslant \sqrt{\frac{31}{3}}$

Bài 54; Chứng minh rằng với mọi $x\in [-1;1]$,ta có:
$-5\leqslant 3x+4\sqrt{1-x^2}\leqslant 5$

[Minhnguyenthe333]

Bài 55: Cho $x,y,z\geqslant 0$.Chứng minh rằng
$(x^2+y^2+z^2)^2\geqslant 4(x+y+z)(x-y)(y-z)(z-x)$

[dogsteven]

Thay vì chứng minh bất đẳng thức trên, ta chứng minh: $(x^2+y^2+z^2)^2\geqslant 4(x+y+z)(y-z)(x-y)(x-z)$ với $x\geqslant y\geqslant z$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $4(x+y+z)(y-z)(x-y)(x-z)\leqslant \left[(x+y+z)(y-z)+(x-y)(x-z)\right]^2=\left(x^2+y^2-z^2-2zx+yz\right)^2$

Ta chỉ cần chứng minh: $x^2+y^2+z^2\geqslant x^2+y^2-z^2-2zx+yz\Leftrightarrow z(2z+2z-y)\geqslant 0$ luôn đúng

[royal1534]

Bài 54; Chứng minh rằng với mọi $x\in [-1;1]$,ta có:
$-5\leqslant 3x+4\sqrt{1-x^2}\leqslant 5$

Ta có:
$(3x+4\sqrt{1-x^{2}})^{2} \leq (3^2+4^2)(x^2+1-x^2)=25$

$\rightarrow |3x+4\sqrt{1-x^2}| \leq 5 $

$\rightarrow -5\leqslant 3x+4\sqrt{1-x^2}\leqslant 5 (Đpcm)$

[Minhnguyenthe333]

Bài 56: Cho $a,b>0$.CMR: $\sqrt{2a(a+b)^3}+b\sqrt{2(a^2+b^2)}\leqslant 3(a^2+b^2)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 02-02-2016 - 08:55

[Namthemaster1234]

Bài 56: Cho $a,b>0$.CMR: $\sqrt{2a(a+b)^3}+b\sqrt{2(a^2+b^2)}\leqslant 3(a^2+b^2)$

 

$\sqrt{2a(a+b)^3}=\sqrt{(2a^2+2ab)(a^2+2ab+b^2)} \leq \frac{3a^2+b^2+4ab}{2}$

 

$b\sqrt{2(a^2+b^2)} = \sqrt{2b^2(a^2+b^2)} \leq \frac{3b^2+a^2}{2}$

 

Cộng 2 bđt trên ta có đpcm

[Namthemaster1234]

Bài 57: Với $x,y,z >0$ và $x^2+y^2+z^2=3$ . Chứng minh: $\sum \frac{x}{\sqrt[3]{yz}} \geq 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 03-02-2016 - 15:15

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 55: Cho $x,y,z\geqslant 0$.Chứng minh rằng
$(x^2+y^2+z^2)^2\geqslant 4(x+y+z)(x-y)(y-z)(z-x)$

 

Giả sử $z = \min\{x,\,y,\,z\}.$ Khi đó nếu $x \geqslant y \geqslant z \geqslant 0$ thì

\[(x^2+y^2+z^2)^2 \geqslant 0 \geqslant 4(x+y+z)(x-y)(y-z)(z-x).\]

Còn nếu $y \geqslant x \geqslant z \geqslant 0$ ta đặt

\[f(x,\,y,\,z) = (x^2+y^2+z^2)^2 - 4(x+y+z)(x-y)(y-z)(z-x),\]

và thấy

\[f(x,\,y,\,z) - f(x,\,y,\,0) = z^3+2(x^2+y^2)z+4(y-x)(x^2+xy+y^2-z^2) \geqslant 0.\]

Do đó $f(x,\,y,\,z) \geqslant  f(x,\,y,\,0).$ Công việc còn lại là chứng minh $f(x,\,y,\,0) \geqslant 0,$ nhưng điều này là hiển nhiên vì

\[f(x,\,y,\,0) = (x^2+2xy-y^2)^2 \geqslant 0.\]

Bài toán được chứng minh.

[nmuyen2001]

Bài 57: Với $x,y,z >0$ và $x^2+y^2+z^2=3$ . Chứng minh: $\sum \frac{x}{\sqrt[3]{yz}} \geq 3$

áp dụng bđt AM-GM:
$\sum \frac{x}{\sqrt[3]{yz}}\geq \sum \frac{3x}{y+z+1}=3.\sum \frac{x^2}{xy+zx+x}\geq 3.\frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+zx)+(x+y+z)}=3.\frac{2(\sum xy)+3}{2(\sum xy)+(x+y+z)}$ (theo c-s)
đến đây ta cần cm: $3\geq x+y+z$
Thật vậy: $3=x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3} \Rightarrow 9\geq (x+y+z)^2 \Rightarrow 3\geq x+y+z$

Ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$
 

[PlanBbyFESN]

Bài 43:Cho $a,b,c$ thực dương.Chứng minh ta có BĐT sau:

 

$\frac{a^4}{b^2}+\frac{b^4}{c^2}+\frac{c^4}{a^2}+5(ab+bc+ac)\geq 6(a^2+b^2+c^2)$

Thích chi tiết thì đây:

 

Làm mạnh bđt Cô si:

 

$\frac{a^{4}}{b^{2}}+2ab\geq 3a^{2}+\frac{3}{2}(a-b)^{2}$

 

$\Leftrightarrow (a-b)^{2}\frac{2a^{2}+4ab-3b^{2}}{2b^{2}}\geq 0$

 

tt:  $\frac{b^4}{c^2}+2bc\geq 3b^{2}+\frac{3}{2}(b-c)^{2}\Leftrightarrow (b-c)^{2}(\frac{2b^{2}+4bc-3c^{2}}{2c^{2}})\geq 0$

 

     $\frac{c^{4}}{a^{2}}+2ca\geq 3c^{2}+\frac{3}{2}(c-a)^{2}\Leftrightarrow (c-a)^{2}(\frac{2c^{2}+4ca-3a^{2}}{2a^{2}})\geq 0$

 

      

 

Đến đây không phải luôn đúng nên đành chuyển hướng sang S.O.S:

 

tt:  $\frac{b^{4}}{c^{2}}+2bc\geq 3b^{2}+\frac{3}{2}(b-c)^{2}\Leftrightarrow (b-c)^{2}\frac{2b^{2}+4bc-3c^{2}}{2c^{2}}\geq 0$

 

     $\frac{c^{4}}{a^{2}}+2ca\geq 3c^{2}+\frac{3}{2}(c-a)^{2}\Leftrightarrow (c-a)^{2}\frac{2c^{2}+4ac-3a^{2}}{2a^{2}}\geq 0$

 

Cộng vế theo vế ta được:

 

$\frac{a^4}{b^2}+\frac{b^4}{c^2}+\frac{c^4}{a^2}+5(ab+bc+ac)\geq 6(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow S_{a}(a-b)^{2}+S_{b}(b-c)^{2}+S_{c}(c-a)^{2}\geq 0$

 

trong đó $S_{a}=(\frac{2a^{2}+4ab-3b^{2}}{2b^{2}});S_{b}=(\frac{2b^{2}+4bc-3c^{2}}{2c^{2}});S_{c}=(\frac{2c^{2}+4ac-3a^{2}}{2a^{2}})$

 

Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_{b}> 0$

 

Do $2b^{2}+4bc\geq 6c^{2}> 6c^{2}\Rightarrow S_{b}> 0$

nên chỉ cần CM:   $S_{b}+S_{a};S_{b}+S_{c}\geq 0$ nhưng điều này hiển nhiên đúng.  

 

$S_{a}+S_{b}=(\frac{2a^{2}+4ab-3b^{2}}{2b^{2}})+(\frac{2b^{2}+4bc-3c^{2}}{2c^{2}})=\frac{4a^{2}c^{2}+8abc^{2}-6c^{4}+4b^{4}+8b^{3}-6b^{2}c^{2}}{4b^{2}c^{2}}=\frac{c^{2}(8ab-6b^{2})+c(8b^{3}-6c^{3})+4b^{4}+4a^{2}c^{2}}{8b^{2}c^{2}}> 0  (a\geq b\geq c))$

 

tt cho $S_{b}+S_{c}$

 

$\Rightarrow ĐPCM$

 

 

Đây là những bài chưa có lời giải trong topic:

 

Bài 16: Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn $(x+1)^2+(y+2)^2+(z+3)^2\leq 2010$

Tìm min của biểu thức $A=xy+y.(z-1)+z.(x-2)$

 

Bài 17: Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z+2=xyz$

CMR: a, $2.(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})\leq x+y+z+6$

          b, $xy+yz+zx\geq \frac{3}{4}$

 

Bài 49: $a,b,c>0;a+b+c=3$

CM:  $\frac{a}{a+2bc}+\frac{b}{b+2ca}+\frac{c}{c+2ab}\geq 1$

 

Bài 50: $a,b,c>0; ab+bc+ca=1$

CM:  $(a^{2}+2b^{2}+3)(b^{2}+2c^{2}+3)(c^{2}+2a^{2}+3)\geq 64$ 

 

 

Bài 47: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$.Chứng minh rằng:

                          $(1-\frac{1}{1+x^2})(1-\frac{1}{1+y^2})(1-\frac{1}{1+z^2})>\frac{1}{2}$

 

 

Bài 52: Cho $a, b, c> 0$. CMR:

$\dfrac{\dfrac{a}{b}+1}{\dfrac{b^2}{c^2}+1}+\dfrac{\dfrac{b}{c}+1}{\dfrac{c^2}{a^2}+1}+\dfrac{\dfrac{c}{a}+1}{\dfrac{a^2}{b^2}+1}+\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge 4$

 

P/s: Qua ải này mình sẽ đăng một phần mới và thú vị của BĐT: Áp dụng hàm số để chứng minh BĐT ! và một số bài tập chung hướng đến một số kỳ thi quan trọng sắp tới !

 

P/s lần nữa: Anh Nguyenhuyen_AG có tài liệu gì hay không share cho mọi người với !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 10-02-2016 - 12:32

[Minhnguyenthe333]

Đây là những bài chưa có lời giải trong topic:
 

Bài 47: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$.Chứng minh rằng:
                          $(1-\frac{1}{1+x^2})(1-\frac{1}{1+y^2})(1-\frac{1}{1+z^2})>\frac{1}{2}$[/b]

Từ giả thiết$=>xyz=xy+yz+zx$ và $x+y+z\geqslant 9$
Áp dụng bđt Cauchy ta có:
$VT\geqslant (1-\frac{1}{2x})(1-\frac{1}{2y})(1-\frac{1}{2z})=\frac{(2x-1)(2y-1)(2z-1)}{8xyz}$
BĐT$<=>(2x-1)(2y-1)(2z-1)>4xyz<=>8xyz+2(x+y+z)-4(xy+yz+zx)-1>4xyz$
$<=>8(xy+yz+zx)+2(x+y+z)-4(xy+yz+zx)-4(xy+yz+zx)>1$
$<=>x+y+z>\frac{1}{2}$ (luôn đúng do $x+y+z\geqslant 9$)
=>ĐPCM

[Namthemaster1234]

Đây là những bài chưa có lời giải trong topic:

 

Bài 16: Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn $(x+1)^2+(y+2)^2+(z+3)^2\leq 2010$

Tìm min của biểu thức $A=xy+y.(z-1)+z.(x-2)$

 

Bài 17: Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z+2=xyz$

CMR: a, $2.(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})\leq x+y+z+6$

          b, $xy+yz+zx\geq \frac{3}{4}$

 Bài 16:  Đặt $a=x+1 $ $b=y+2$ $c=z+3$ $S=a+b+c$ thì $X=a^2+b^2+c^2 \leq 2010$

 

$A=(a-1)(b-2)+(b-2)(c-4)+(c-3)(a-3)=ab+ac+bc-5(a+b+c)+19$

 

Suy ra : $2A=S^2-X-10S+38 \geq S^2-2010-10S+38=(S-5)^2-1997 \geq -1997$

 

Bài 17: Đặt $x=\frac{b+c}{a}$ $y=\frac{a+c}{b}$ $z=\frac{b+a}{c}$

 

$(a)$ tương đương với: $\sum \frac{b+c}{a} +6 \geq 2\sum (\sqrt{\frac{b+c}{a}.\frac{a+c}{b}})$

 

Hay $\sum (1+\frac{c}{b}+1+ \frac{c}{a}) \geq 2\sqrt{(1+\frac{c}{b})(1+\frac{c}{a})}$ $(*)$

 

Ta thấy $(*)$ đúng theo AM-GM

 

Bất đẳng thức $(b)$ thì quá hiển nhiên, theo mình nghĩ đề sai.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 06-02-2016 - 11:20

[Namthemaster1234]

Đây là những bài chưa có lời giải trong topic:

 

Bài 49: $a,b,c>0;a+b+c=3$

CM:  $\frac{a}{a+2bc}+\frac{b}{b+2ca}+\frac{c}{c+2ab}\geq 1$

 

Bất đẳng thức tương đương với: $\sum \frac{bc}{a+2bc} \leq 1$

 

Đặt $x=\frac{a}{bc}$ , $y,z $ đặt tương tự thì: $xyz=\frac{1}{abc} \geq 1$

 

Ta cần chứng minh : $\sum \frac{1}{x+2} \leq 1$

 

mà bđt này tương đương với $xyz+xy+yz+xz \geq 4$ (Luôn đúng do $xyz \geq 1$)

[PlanBbyFESN]

 

Đây là những bài chưa có lời giải trong topic:

 

Bài 49: $a,b,c>0;a+b+c=3$

CM:  $\frac{a}{a+2bc}+\frac{b}{b+2ca}+\frac{c}{c+2ab}\geq 1$

 

Bài 50: $a,b,c>0; ab+bc+ca=1$

CM:  $(a^{2}+2b^{2}+3)(b^{2}+2c^{2}+3)(c^{2}+2a^{2}+3)\geq 64$ 

 

Bài 49: Đơn giản thôi:

 

$\frac{a}{a+2bc}+\frac{b}{b+2ca}+\frac{c}{c+2ab}=\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+2abc}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{\sum a^{2}+6abc}$     (1)

 

$3(ab+bc+ca)\geq (ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c)=9abc\Rightarrow ab+bc+ca\geq 3abc$          $(ab+bc+ca\leq 3)$            (2)    

 

............................

 

Bài 50:

 

 

$a^{2}+2b^{2}+3=(a^{2}+1)+(b^{2}+1)+(b^{2}+1)\geq 3\sqrt[3]{(a^{2}+1)(b^{2}+1)^{2}}$$a^{2}+2b^{2}+3=(a^{2}+1)+(b^{2}+1)+(b^{2}+1)\geq 3\sqrt[3]{(a^{2}+1)(b^{2}+1)^{2}}$

 

tt...........

 

$\Rightarrow (a^{2}+2b^{2}+3)(b^{2}+2c^{2}+3)(c^{2}+2a^{2}+3)\geq 27(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)=27(a^{2}+ab+bc+ca)(b^{2}+ab+bc+ca)(c^{2}+ab+bc+ca)=27\left [ (a+b)(b+c)(c+a) \right ]^{2}$

 

Ta có bất đẳng thức quen thuộc:

 

$(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$

 

Nên $\Rightarrow (a^{2}+2b^{2}+3)(b^{2}+2c^{2}+3)(c^{2}+2a^{2}+3)\geq 27\left [ \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca) \right ]^{2}=\frac{64}{3}(a+b+c)^{2}\geq 64$

 

.................................

 

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

 

Tổng kết lại, trong topic của chúng ta chỉ còn bài 52 nữa!

Trong chiều nay nếu có thể mình sẽ post thêm khoảng tầm 5-10 bài để tiếp tục mở rộng topic! Mong được ủng hộ! Hết ~!

 

P/s: Phần hàm số sẽ được share sau !  

[PlanBbyFESN]

Phát triển topic nào: 

 

Bài 52: Cho $a, b, c> 0$. CMR:

$\dfrac{\dfrac{a}{b}+1}{\dfrac{b^2}{c^2}+1}+\dfrac{\dfrac{b}{c}+1}{\dfrac{c^2}{a^2}+1}+\dfrac{\dfrac{c}{a}+1}{\dfrac{a^2}{b^2}+1}+\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge 4$

 

Bài 58: $a,b,c>0$

CM: $3(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}$

 

Bài 59:$a,b,c,d\geq 0 ; abcd=1$

CM: $(1+a^{2})(1+b^{2})(1+c^{2})(1+d^{2})\geq(a+b+c+d)^{2}$

 

Bài 60: $x,y,z>0; x+y+z=1$ 

a)  $4(x^{3}+y^{3}+z^{3})+15xyz\geq 1$

b)  $x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geq \frac{1}{4}$

 

Bài 61:$(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=10$

CM:   CM:$(x^{2}+y^{2}+z^{2})(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}})\geq \frac{27}{2}$

 

Bài 62:$a,b,c,d>0; ab=cd=1$

CM:  $(a+b)(c+d)+4\geq 2(a+b+c+d)$

 

Bài 63:$a,b,c>0$

CM:   $\frac{ab}{a^{2}+3b^{2}}+\frac{bc}{b^{2}+3c^{2}}+\frac{ca}{c^{2}+3a^{2}}\leq \frac{3}{4}$

 

Bài 64: Cho a,b,c là các số thực:

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

 

Bài 65:$a,b,c>0; ab+bc+ca=1$

CM:  $\frac{a}{2a+b^{2}}+\frac{b}{2b+c^{2}}+\frac{c}{2c+a^{2}}\leq 1$

 

Bài 66: $a,b,c>0$

CM: $\frac{b+c}{a^{2}+bc}+\frac{c+a}{b^{2}+ca}+\frac{a+b}{c^{2}+ab}\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 08-02-2016 - 11:08

[Namthemaster1234]

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

 

Tổng kết lại, trong topic của chúng ta chỉ còn bài 52 nữa!

 

 

 

Bài 52 rất mạnh. Hình như chỉ có cách dùng BW .