Chủ đề này có 11 trả lời

[HoaiBao]

Lâu rồi mới gặp lại mà nó làm khó t.

      Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$, ta có:

$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)} \geq (1+a)(1+b)(1+c)$

      Bài 2: Chứng minh rằng với mọi $a,b,c > 0$, ta có:

$\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+c^2a} \geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

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

                 Chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b+c}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c+a}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a+b}} \leq \sqrt{3}$

[le truong son]

 

      Bài 2: Chứng minh rằng với mọi $a,b,c > 0$, ta có:

$\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+c^2a} \geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

     

Từng gặp 1 bài toán tương tự, không bt có liên quan không: Chứng minh rằng với mọi a,b,c>0, ta có:$\sum \frac{a^3b}{1+ab^2}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Giải như sau: Với mọi số dương k, ta có$\sum \frac{a^2}{b+kc}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+ka+kb+kc}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)(k+1)}=\frac{a+b+c}{k+1}$

Chọn $k=\frac{1}{abc}$ ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le truong son: 18-10-2016 - 18:44

[Minh Hieu Hoang]

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

Lại có : $(a^2+b+c)(1+b+c)\geq (a+b+c)^2\Rightarrow \frac{a}{a^2+b+c}\leq \frac{a(1+b+c)}{(a+b+c)^2}\Rightarrow \sum \frac{a}{a^2+b+c}\leq \frac{a+b+c+2(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\leq 1$ Vì $(a+b+c)^2=\sum a^2+\sum 2ab\geq \sum a+\sum 2ab$

Do đó $\sum \frac{a}{a^2+b+c}\leq 1$ ....=> đpcm

[Minh Hieu Hoang]

Từng gặp 1 bài toán tương tự, không bt có liên quan không: Chứng minh rằng với mọi a,b,c>0, ta có:$\sum \frac{a^3b}{1+a^2b}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Giải như sau: Với mọi số dương k, ta có$\sum \frac{a^2}{b+kc}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+ka+kb+kc}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)(k+1)}=\frac{a+b+c}{k+1}$

Chọn $k=\frac{1}{abc}$ ta có đpcm

ab^2 chứ 

[Minh Hieu Hoang]

Từng gặp 1 bài toán tương tự, không bt có liên quan không: Chứng minh rằng với mọi a,b,c>0, ta có:$\sum \frac{a^3b}{1+a^2b}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Giải như sau: Với mọi số dương k, ta có$\sum \frac{a^2}{b+kc}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+ka+kb+kc}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)(k+1)}=\frac{a+b+c}{k+1}$

Chọn $k=\frac{1}{abc}$ ta có đpcm

theo BĐT trên thì ta sẽ đi chứng minh : 

$\sum \frac{a^4}{1+a^2b}\geq \sum \frac{a^3b}{1+ab^2}\Leftrightarrow \sum \frac{a^3(a-b)}{(1+a^2b)(1+ab^2)}\geq 0$

Ta có : $\frac{a^3(a-b)}{X}+\frac{b^3(b-c)}{Y}+\frac{c^3(c-a)}{Z}=\frac{(a-b)^2(a^2+ab+b^2)}{M}+\frac{(b^3-c^3)(a-c)}{N}\geq 0$

BĐT trên đúng nếu giả sử $a\geq b\geq c$

BĐT đc CM $☺$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minh Hieu Hoang: 18-10-2016 - 19:01

[le truong son]

theo BĐT trên thì ta sẽ đi chứng minh : 

$\sum \frac{a^4}{1+a^2b}\geq \sum \frac{a^3b}{1+ab^2}\Leftrightarrow \sum \frac{a^3(a-b)}{(1+a^2b)(1+ab^2)}\geq 0$

Ta có : $\frac{a^3(a-b)}{X}+\frac{b^3(b-c)}{Y}+\frac{c^3(c-a)}{Z}=\frac{(a-b)^2(a^2+ab+b^2)}{M}+\frac{(b^3-c^3)(a-c)}{N}\geq 0$

BĐT trên đúng nếu giả sử $a\geq b\geq c$

BĐT đc CM $☺$

Đoạn nớ tớ nhớ nhầm a^2b nên không lm ra, chán tởm    

[le truong son]

 

      Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$, ta có:

$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)} \geq (1+a)(1+b)(1+c)$

    

Làm nốt bài còn lại , uổng bài 2 quá   :

Bđt cần chứng minh viết lại:

$\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\geq a+b+c+ab+ac+bc-abc-1$

Ta có:$a+b+c+ab+bc+ac-abc-1=a(1+b+c-bc)+b+c-1+bc\leq \sqrt{(1+a^2)((1+b+c-bc)^2+(b+c-1+bc)^2)}=\sqrt{(1+a^2)2(b^2+c^2+b^2c^2+1)}=\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}$

=>Q.E.D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le truong son: 18-10-2016 - 20:41

[LinhToan]

Làm nốt bài còn lại , uổng bài 2 quá   :

Bđt cần chứng minh viết lại:

$\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\geq a+b+c+ab+ac+bc-abc-1$

Ta có:$a+b+c+ab+bc+ac-abc-1=a(1+b+c-bc)+b+c-1+bc\leq \sqrt{(1+a^2)((1+b+c-bc)^2+(b+c-1+bc)^2)}=\sqrt{(1+a^2)2(b^2+c^2+b^2c^2+1)}=\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}$

=>Q.E.D

vì sao Ta có:$a+b+c+ab+bc+ac-abc-1=a(1+b+c-bc)+b+c-1+bc\leq \sqrt{(1+a^2)((1+b+c-bc)^2+(b+c-1+bc)^2)}

[Ankh]

theo BĐT trên thì ta sẽ đi chứng minh : 

$\sum \frac{a^4}{1+a^2b}\geq \sum \frac{a^3b}{1+ab^2}\Leftrightarrow \sum \frac{a^3(a-b)}{(1+a^2b)(1+ab^2)}\geq 0$

Ta có : $\frac{a^3(a-b)}{X}+\frac{b^3(b-c)}{Y}+\frac{c^3(c-a)}{Z}=\frac{(a-b)^2(a^2+ab+b^2)}{M}+\frac{(b^3-c^3)(a-c)}{N}\geq 0$

BĐT trên đúng nếu giả sử $a\geq b\geq c$

BĐT đc CM $☺$

Có chắc là giả sử được không? :V

[Minh Hieu Hoang]

Có chắc là giả sử được không? :V

ko mất tính tổng quát

[le truong son]

ko mất tính tổng quát

Bất đẳng thức trên hình như k đối xứng, sai với TH $a\geq c\geq b$

[Ankh]

Lâu rồi mới gặp lại mà nó làm khó t.

      Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$, ta có:

$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)} \geq (1+a)(1+b)(1+c)$

      Bài 2: Chứng minh rằng với mọi $a,b,c > 0$, ta có:

$\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+c^2a} \geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

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

                 Chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b+c}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c+a}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a+b}} \leq \sqrt{3}$

 Bài 2 làm như sau

 Áp dụng bất đẳng đẳng thức Cauchy-Schwarz:

 $\sum \dfrac{a^4}{1+a^2b}=\sum \dfrac{a^4bc}{bc+a^2b^2c}\geq \dfrac{abc\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\right)^2}{(1+abc)(ab+bc+ca)}$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\right)^2\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)$

 Mà $ab+bc+ca\leq \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2$

 Cho nên chỉ cần chỉ ra $3\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\right)^2\geq (a+b+c)^3$

 Lấy căn bậc 6 hai vế thì nó tương đương $\sqrt[3]{\dfrac{\sqrt{a}^3+\sqrt{b}^3+\sqrt{c}^3}{3}}\geq \sqrt{\dfrac{\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2+\sqrt{c}^2}{3}}$

 Đúng theo bất đẳng thức trung bình lũy thừa