Chủ đề này có 223 trả lời

[hoilamchi]

Không cần phức tạp thế đâu bạn tôi ơi 

$\sum \frac{1}{4+a-ab}=\sum \frac{1}{4+a(1-b)}$

Do $(a,b,c)\epsilon [1;2]\Rightarrow \frac{3}{2}\leq \sum \frac{1}{4+a(1-b)}\leq \frac{3}{4}$

Dấu ''='' của Max xảy ra tại $a=b=c=2$

Dấu ''='' của Min là $a=b=c=1$ 

Có bài này cũng hay mà đơn giản nè:

Bài 14:Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.Chứng  minh rằng $a^3+b^3+c^3+6abc \geq 9$

P/s:Góp ý chút,bài nào giải rồi nên tô đỏ để mọi người biết là đã được giải

Schur+CBS::$a^3+b^3+c^3+6abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)=3(a+b+c)\geq 3\sqrt{3(ab+bc+ca)}=9\rightarrow \blacksquare$

DBXR khi $a=b=c=1$

Tiếp nào

Bài 15:Cho $a,b,c$ là các số thực tm:$a+b+c=2$.CMR:$\prod (a+b-ab)\leq 1-abc$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 05-02-2016 - 17:43

[hoilamchi]

6.$\sum \frac{xy}{3+z^{2}}=\sum \frac{xy}{6-(x^2+y^2)}\geq \sum \frac{xy}{6-2xy}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum \frac{xy}{3-xy}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{1}{\frac{3}{xy}-1}\geq \frac{9}{3(\sum \frac{1}{xy})-3}=\frac{3}{\sum \frac{1}{xy}-1}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow 3\geq \sum \frac{1}{xy}\Leftrightarrow x^{2}+y^2+z^2\geq \frac{x+y+z}{xyz}$

Thật vậy ta có $x^{2}+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}\geq \frac{x+y+z}{xyz}\Leftrightarrow xyz(x+y+z)\geq 3$

Mà $\frac{(x^2+y^2+z^2)^{2}}{3}-xyz(x+y+z)\geq 0\Leftrightarrow 3-3\geq 0$ (đúng)

Dấu ''='' xảy ra khi $x=y=z=1$

Xin đề xuất thêm 2 bài toán sau

Bài 8:Cho $x,y,z$ là các số thực tm:$xy+yz+zx=1$.Tìm Min của $P=13x^2+12y^2+22z^2$

Bài 9:Cho $x,y,z$ là các số thực tm: $x^2+y^2+z^2=1-\frac{9}{16}xy$.Tìm Max:$P=xy+yz+xz$

Bài 8:Bài này được đăng nhiều lần rồi,xem ở đây và ở đây nhé 

[hoctrocuaHolmes]

Cũng có kha khá bài được giải quyết trọn vẹn rồi chứ nhỉ,dạo này cái bản tính lười nhác khó đổi nên không chịu duy trì TOPIC,Tết này sẽ gắng khôi phục lại

Mình xin đưa ra các bài toán mới:

Bài 16: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{2a+b}{a(a+2b)}+\frac{2b+c}{b(b+2c)}+\frac{2c+a}{c(c+2a)}$

Bài 17: Cho $a,b,c$ là các số thực.Chứng minh rằng $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 06-02-2016 - 11:30

[hoctrocuaHolmes]

Schur+CBS::$a^3+b^3+c^3+6abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)=3(a+b+c)\geq 3\sqrt{3(ab+bc+ca)}=9\rightarrow \blacksquare$

DBXR khi $a=b=c=1$

Tiếp nào

Bài 15:Cho $a,b,c$ là các số thực tm:$a+b+c=2$.CMR:$\prod (a+b-ab)\leq 1-abc$

Đặt $a=1-x;b=1-y;c=1-z$ suy ra $x+y+z=1$

$\Rightarrow a+b-ab=2-x-y-(1-x)(1-y)=1-xy$

Chứng minh tt ta có $b+c-bc=1-yz;c+a-ac=1-zx$

Ta cần cm:$(1-xy)(1-yz)(1-zx)\leq 1-(1-x)(1-y)(1-z)\Leftrightarrow (xyz)^{2}-xyz(x+y+z)+xyz+x+y+z-1\geq 0\Leftrightarrow (xyz)^{2}\geq 0$ (luôn đúng do $x+y+z=1$)

Dấu ''='' xảy ra khi $a=b=1;c=0$ và các hoán vị

[tpdtthltvp]

Cũng có kha khá bài được giải quyết trọn vẹn rồi chứ nhỉ,dạo này cái bản tính lười nhác khó đổi nên không chịu duy trì TOPIC,Tết này sẽ gắng khôi phục lại

Mình xin đưa ra các bài toán mới:

 

Bài 17: Cho $a,b,c$ là các số thực.Chứng minh rằng $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$

 

$\Leftrightarrow a^2b^2c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2+b^2+c^2+1\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2-2ab-2bc-2ca$

$\Leftrightarrow a^2b^2c^2+a^2+b^2+c^2-2a^2bc-2ab^2c-2abc^2+2ab+2bc+2ca\geq 0$

$\Leftrightarrow (abc-a-b-c)^2\geq 0$, đúng.

[hoctrocuaHolmes]

$\Leftrightarrow a^2b^2c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2+b^2+c^2+1\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2-2ab-2bc-2ca$

$\Leftrightarrow a^2b^2c^2+a^2+b^2+c^2-2a^2bc-2ab^2c-2abc^2+2ab+2bc+2ca\geq 0$

$\Leftrightarrow (abc-a-b-c)^2\geq 0$, đúng.

Tốt,bài của em chắc không có chỗ sai đâu nhỉ   nhưng em thử nghĩ cách khác xem,cách nào đó mà có vẻ ''đẹp'' hơn chẳng hạn  .(Bài này có thể dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz nhé)

Bài tiếp theo nhé:

Bài 18: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a\leq b\leq c$ và $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.Tìm Min của $P=ab^2c^3$

[PlanBbyFESN]

Bài 17: Cho $a,b,c$ là các số thực.Chứng minh rằng $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$

 

 

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 05-02-2016 - 18:16

[quanganhthanhhoa]

Muốn hỏi mấy bài này

Bài 19: Cho $a,b,c \geq 1$.Tìm Max:$A=a+b+c+ab+bc+ca-3abc$

Bài 20: Cho $a,b,c \geq 1$.Tìm Max $\sum \frac{1}{ab+a+1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 11-02-2016 - 21:57

[tpdtthltvp]

Muốn hỏi mấy bài này

Bài 20: Cho $a,b,c \geq 1$.Tìm Max $\sum \frac{1}{ab+a+1}$

Hình như đề sai! Nếu thế thì đơn giản quá!

 

$\frac{1}{ab+a+1}\leq \frac{1}{1+1+1}=\frac{1}{3}\Rightarrow \sum \frac{1}{ab+a+1}\leq 1$. 

[81NMT23]

Cũng có kha khá bài được giải quyết trọn vẹn rồi chứ nhỉ,dạo này cái bản tính lười nhác khó đổi nên không chịu duy trì TOPIC,Tết này sẽ gắng khôi phục lại

Mình xin đưa ra các bài toán mới:

Bài 16: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{2a+b}{a(a+2b)}+\frac{2b+c}{b(b+2c)}+\frac{2c+a}{c(c+2a)}$

Bài 17: Cho $a,b,c$ là các số thực.Chứng minh rằng $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$

:Bài 16

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

 Suy ra cần chứng minh:$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leqslant \frac{3b}{a^{2}+2ab}+\frac{3c}{b^{2}+2bc}+\frac{3a}{c^{2}+ca} \Leftrightarrow 3(\frac{b^{2}c}{a+2b}+\frac{c^{2}a}{b+2c}+\frac{a^{2}b}{c+2a})\geqslant ab+bc+ca$

Áp dụng BĐT cộng mẫu dạng Engel: 

$3(\frac{b^{2}c}{a+2b}+\frac{c^{2}a}{b+2c}+\frac{a^{2}b}{c+2a})=3(\frac{(bc)^{2}}{ac+2bc}+\frac{(ca)^{2}}{ba+2ca}+\frac{(ab)^{2}}{bc+2ab})\geqslant\frac{3(ab+bc+ca)^{2}}{3(ab+bc+ca)}=ab+bc+ca$

Vậy có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 81NMT23: 05-02-2016 - 21:51

[royal1534]

Đặt $a=1-x;b=1-y;c=1-z$ suy ra $x+y+z=1$

$\Rightarrow a+b-ab=2-x-y-(1-x)(1-y)=1-xy$

Chứng minh tt ta có $b+c-bc=1-yz;c+a-ac=1-zx$

Ta cần cm:$(1-xy)(1-yz)(1-zx)\leq 1-(1-x)(1-y)(1-z)\Leftrightarrow (xyz)^{2}-xyz(x+y+z)+xyz+x+y+z-1\geq 0\Leftrightarrow (xyz)^{2}\geq 0$ (luôn đúng do $x+y+z=1$)

Dấu ''='' xảy ra khi $a=b=1;c=0$ và các hoán vị

Có 1 thắc mắc thôi.Tư tưởng nào mà bạn đặt được như thế 

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

Sẵn tiện tặng các bạn bài bđt mình mới chế

Bài 21:Cho a,b,c là các số thực dương thỏa $a^2+b+c^3=3$

Chứng minh:$a+b^2+\frac{3}{abc} \geq 5$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 06-02-2016 - 11:29

[PlanBbyFESN]

Có 1 thắc mắc thôi.Tư tưởng nào mà bạn đặt được như thế 

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

Sẵn tiện tặng các bạn bài bđt mình mới chế

Bài 18:Cho a,b,c là các số thực dương thỏa $a^2+b+c^3=3$

Chứng minh:$a+b^2+\frac{3}{abc} \geq 5$

 

Chắc là để cho $x+y+z=1$ nhưng vẫn muốn xem ý tưởng nó là như thế nào...  Thử rep đi Q

 

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

 

Bài 21:

 

$a+b^2+\frac{3}{abc}=a+b^{2}+\frac{a^{2}+b+c^{3}}{abc}=a+b^{2}+\frac{a}{bc}+\frac{1}{ac}+\frac{c^{2}}{ab}\geq 5\sqrt[5]{\frac{a^{2}b^{2}c^{2}}{a^{2}b^{2}c^{2}}}=5$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 06-02-2016 - 11:31

[hoctrocuaHolmes]

Có 1 thắc mắc thôi.Tư tưởng nào mà bạn đặt được như thế 

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

Sẵn tiện tặng các bạn bài bđt mình mới chế

Bài 18:Cho a,b,c là các số thực dương thỏa $a^2+b+c^3=3$

Chứng minh:$a+b^2+\frac{3}{abc} \geq 5$

Bài đó mình cũng... không biết ý tưởng đặt ẩn ra sao cả,mình cũng chỉ từng làm rồi và biết thế thôi  .Bài đó bản chất là biến đổi tương đương nên nếu bạn khai triển ra và biến đổi cũng được chỉ có điều hơi dài dòng .

Các bạn giải quyết gần hết các bài toán mà không đề xuất bài mới là sao vậy nhỉ ?

Bài 22: Cho $a,b,c>0$ và $n$ nguyên dương.Chứng minh $\frac{1}{1+a^{n}+b^n}+\frac{1}{1+a^{n}+c^n}+\frac{1}{1+c^{n}+b^n}\leq 1$

Bài 23: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:$\frac{2a}{a^2+bc}\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

Bài 24: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh:$\sqrt[3]{4(b^3+c^3)}+\sqrt[3]{4(b^3+a^3)}+\sqrt[3]{4(a^3+c^3)}\geq 2(a+b+c)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 06-02-2016 - 12:57

[tpdtthltvp]

Bài đó mình cũng... không biết ý tưởng đặt ẩn ra sao cả,mình cũng chỉ từng làm rồi và biết thế thôi  .Bài đó bản chất là biến đổi tương đương nên nếu bạn khai triển ra và biến đổi cũng được chỉ có điều hơi dài dòng .

Các bạn giải quyết gần hết các bài toán mà không đề xuất bài mới là sao vậy nhỉ ?

Bài 23: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:$\frac{2a}{a^2+bc}\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

 

Áp dụng BĐT $Cauchy$, ta có:

$\frac{2a}{a^2+bc}\leq \frac{a}{a\sqrt{bc}}\leq \frac{a}{2}(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac})=\frac{1}{2}(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

[hoctrocuaHolmes]

Áp dụng BĐT $Cauchy$, ta có:

$\frac{2a}{a^2+bc}\leq \frac{a}{a\sqrt{bc}}\leq \frac{a}{2}(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac})=\frac{1}{2}(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

Ta có thể ''làm khó'' bài này lên như sau:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng $\frac{a^{2}}{a^{3}+1}+\frac{b^{2}}{b^{3}+1}+\frac{c^{2}}{c^{3}+1}\leq \frac{ab+bc+ca}{2}$

Em quên nêu bài toán mới kìa,nhớ bổ sung vào nhé

[tpdtthltvp]

Bài đó mình cũng... không biết ý tưởng đặt ẩn ra sao cả,mình cũng chỉ từng làm rồi và biết thế thôi  .Bài đó bản chất là biến đổi tương đương nên nếu bạn khai triển ra và biến đổi cũng được chỉ có điều hơi dài dòng .

Các bạn giải quyết gần hết các bài toán mà không đề xuất bài mới là sao vậy nhỉ ?

Bài 24: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh:$\sqrt[3]{4(b^3+c^3)}+\sqrt[3]{4(b^3+a^3)}+\sqrt[3]{4(a^3+c^3)}\geq 2(a+b+c)$

Bằng phương pháp biến đổi tương đương, ta được

$$4(b^3+c^3)\geq (b+c)^3$$

Áp dụng BĐT trên vào, ta được:

$$\sum \sqrt[3]{4(b^3+c^3)}\geq \sum \sqrt[3]{(b+c)^3}=\sum (b+c)=2(a+b+c)$$

P/S: Mấy bài trên đã giải quyết xong đâu chị?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 06-02-2016 - 11:58

[hoctrocuaHolmes]

Topic khá là thú vị. Chúc topic ngày càng phát triển. 

 

Bài 12:Cho $x,y,z>0$ thỏa $xyz=1$. CMR

$P=\frac{1}{x^3(y+1)^3}+\frac{1}{y^3(z+1)^3}+\frac{1}{z^3(x+1)^3}\geq \frac{9}{4(3+x+y+z)}$

Đặt $x=\frac{a}{b};y=\frac{b}{c};z=\frac{c}{a}$ thì bdt cần cm tương đương

$\sum \frac{b^3c^3}{a^3(b+c)^3}\geq \frac{9abc}{4(3abc+ab^2+bc^2+ca^2)}$

Áp dụng Cauchy-Schwarz:$\sum \frac{b^3c^3}{a^3(b+c)^3}\geq \frac{(b^2c^2+a^2c^2+a^2b^2)^2}{\sum{a^3bc(b+c)^3}}\geq \frac{9abc}{4(3abc+ab^2+bc^2+ca^2)}\Leftrightarrow 4(ab^2+bc^2+ca^2+3abc)[(b^2c^2+a^2c^2+a^2b^2)^2-9abc\sum{a^3bc(b+c)^3}]\geq 0\Leftrightarrow \sum{c^2b(4c^4b^2+27a^2b^2c^2+12c^3a^3+19c^2a^3b+6a^3b^2c+8c^2a^4+4a^3b^3+4ab^3c^2)(a-b)^2}\geq 0$(luôn đúng)

Dấu ''='' xảy ra khi $a=b=c$ hay $x=y=z=1$

Ai có cách khác hay hơn post lên nhé,cách này kinh khủng quá   (phải dùng đến Wolframalpha mới xong  )

[hoctrocuaHolmes]

Bằng phương pháp biến đổi tương đương, ta được

$$4(b^3+c^3)\geq (b+c)^3$$

Áp dụng BĐT trên vào, ta được:

$$\sum \sqrt[3]{4(b^3+c^3)}\geq \sum \sqrt[3]{(b+c)^3}=\sum (b+c)=2(a+b+c)$$

P/S: Mấy bài trên đã giải quyết xong đâu chị?

Cũng giải quyết gần như trọn vẹn hết rồi mà em,còn mỗi bài 18,19,22

Với lại tiêu chí của TOPIC là tiếp sức cơ mà,khi giải xong ta sẽ post ngay 1 bài mới

Bài tiếp theo:Bài 25: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng $\sum\sqrt{a^{2}-ab+b^{2}} \leq \sqrt{6(a^2+b^2+c^2)-3(ab+bc+ca) }$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 06-02-2016 - 12:57

[tpdtthltvp]

Cũng giải quyết gần như trọn vẹn hết rồi mà em,còn mỗi bài 18,19,22

Với lại tiêu chí của TOPIC là tiếp sức cơ mà,khi giải xong ta sẽ post ngay 1 bài mới

Bài tiếp theo:Bài 25: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng $\sum\sqrt{a^{2}-ab+b^{2}} \geq \sqrt{6(a^2+b^2+c^2)-3(ab+bc+ca) }$

Hình như chiều phải ngược lại chứ nhỉ? Áp dụng BĐT $Cauchy-schwarz$, ta có:

$(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2})^2\leq (1^2+1^2+1^2)(a^2-ab+b^2+b^2-bc+c^2+c^2-ca+a^2)=3(2a^2+2b^2+2c^2-ab-bc-ca)=6(a^2+b^2+c^2)-3(ab+bc+ca)\Rightarrow \sum \sqrt{a^2-ab+b^2}\geq \sqrt{6(a^2+b^2+c^2)-3(ab+bc+ca)}(dpcm)$

 

Bài 26: Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$. CMR:

$xy+yz+xz\geq \frac{18xyz}{2+xyz}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 06-02-2016 - 13:39

[ngtrungkien019a]

Ta có thể ''làm khó'' bài này lên như sau:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng $\frac{a^{2}}{a^{3}+1}+\frac{b^{2}}{b^{3}+1}+\frac{c^{2}}{c^{3}+1}\leq \frac{ab+bc+ca}{2}$

 

$\frac{a^{2}}{a^{3}+1}=\frac{a^{2}}{a^{3}+abc}=\frac{a}{a^{2}+bc}\leq \frac{1}{4}(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \Rightarrow \frac{a^{2}}{a^{3}+1}+\frac{b^{2}}{b^{3}+1}+\frac{c^{2}}{c^{3}+1}\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=\frac{ab+bc+ca}{2abc}=\frac{ab+bc+ca}{2}.$ . em mới tham gia forum có gì chỉ bảo thêm..

Bài 27 Cho a,b,c >0 và a+b+c =3 Chứng minh: $\frac{1}{a+3b} + \frac{1}{b+3c} + \frac{1}{c+3a} \geq \frac{1}{a+3} + \frac{1}{b+3} + \frac{1}{c+3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 06-02-2016 - 15:39