Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Tiếp sức bất đẳng thức


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 223 trả lời

#21 hoilamchi

hoilamchi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 164 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Can Lộc
  • Sở thích:Doraemon và những thứ liên quan đến Mon ú

Đã gửi 05-02-2016 - 12:39

Không cần phức tạp thế đâu bạn tôi ơi  :D

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

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


#22 hoilamchi

hoilamchi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 164 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Can Lộc
  • Sở thích:Doraemon và những thứ liên quan đến Mon ú

Đã gửi 05-02-2016 - 16:50

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 đâyở đây nhé 



#23 hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:A1K45 PBC
  • Sở thích:Magic Kaito,Holmes,Conan...

Đã gửi 05-02-2016 - 17:33

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


#24 hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:A1K45 PBC
  • Sở thích:Magic Kaito,Holmes,Conan...

Đã gửi 05-02-2016 - 17:42

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



#25 tpdtthltvp

tpdtthltvp

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 831 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boldsymbol{\text{CVP}}$

Đã gửi 05-02-2016 - 17:49

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.


$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$

$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$

 


#26 hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:A1K45 PBC
  • Sở thích:Magic Kaito,Holmes,Conan...

Đã gửi 05-02-2016 - 18:00

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

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

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

Tốt,bài của em chắc không có chỗ sai đâu nhỉ  :lol: nhưng em thử nghĩ cách khác xem,cách nào đó mà có vẻ ''đẹp'' hơn chẳng hạn  :lol: .(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 $P=ab^2c^3$



#27 PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT

Đã gửi 05-02-2016 - 18:15

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

:huh:


#28 quanganhthanhhoa

quanganhthanhhoa

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 34 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thanh Hoá

Đã gửi 05-02-2016 - 18:33

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


#29 tpdtthltvp

tpdtthltvp

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 831 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boldsymbol{\text{CVP}}$

Đã gửi 05-02-2016 - 18:50

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!

 

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


$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$

$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$

 


#30 81NMT23

81NMT23

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 61 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng
  • Sở thích:Everything

Đã gửi 05-02-2016 - 21:49

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


#31 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

Đã gửi 05-02-2016 - 22:02

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  :mellow:

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

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


#32 PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT

Đã gửi 05-02-2016 - 22:21

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

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

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

:huh:


#33 hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:A1K45 PBC
  • Sở thích:Magic Kaito,Holmes,Conan...

Đã gửi 06-02-2016 - 11:28

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

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

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 :mellow: .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


#34 tpdtthltvp

tpdtthltvp

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 831 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boldsymbol{\text{CVP}}$

Đã gửi 06-02-2016 - 11:49

Bài đó mình cũng... không biết ý tưởng đặt ẩn ra sao cả,mình cũng chỉ từng làm rồi và biết thế thôi :mellow: .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:

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


$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$

$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$

 


#35 hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:A1K45 PBC
  • Sở thích:Magic Kaito,Holmes,Conan...

Đã gửi 06-02-2016 - 11:56

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 :)



#36 tpdtthltvp

tpdtthltvp

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 831 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boldsymbol{\text{CVP}}$

Đã gửi 06-02-2016 - 11:56

Bài đó mình cũng... không biết ý tưởng đặt ẩn ra sao cả,mình cũng chỉ từng làm rồi và biết thế thôi :mellow: .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? :lol:


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

$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$

$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$

 


#37 hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:A1K45 PBC
  • Sở thích:Magic Kaito,Holmes,Conan...

Đã gửi 06-02-2016 - 12:20

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  :wacko: (phải dùng đến Wolframalpha mới xong  :( )



#38 hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:A1K45 PBC
  • Sở thích:Magic Kaito,Holmes,Conan...

Đã gửi 06-02-2016 - 12:25

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? :lol:

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


#39 tpdtthltvp

tpdtthltvp

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 831 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boldsymbol{\text{CVP}}$

Đã gửi 06-02-2016 - 12:48

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

$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$

$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$

 


#40 ngtrungkien019a

ngtrungkien019a

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Xứ Sở Thần Tiên
  • Sở thích:Math,Xem Hoạt hình,Chat,...

Đã gửi 06-02-2016 - 13:01

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

                     Đôi lúc bạn đối mặt với khó khăn không phải vì bạn làm điều gì đó sai mà bởi vì bạn đang đi đúng hướng.
 
 
                      
                                                           WELCOM TO My facebook





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh