Chủ đề này có 299 trả lời

[Mr Cooper]

Bài Toán 63. Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

\[(a+b+c)^3 \ge 6\sqrt{3}(a-b)(b-c)(c-a)\]

[Hoang Dinh Nhat]

​Bài toán 64:(sưu tầm) ​Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=a^4+b^4+c^4$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{a^2+b^3+c^3}+\frac{b}{b^2+c^3+a^3}+\frac{c}{c^2+a^3+b^3}\geq 1$

[AnhTran2911]

​Bài toán 64:(sưu tầm) ​Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=a^4+b^4+c^4$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{a^2+b^3+c^3}+\frac{b}{b^2+c^3+a^3}+\frac{c}{c^2+a^3+b^3}\geq 1$

cái đề nhìn là biết sai rồi. chỗ thì $a^3$ chỗ thì $a^2$

[Hoang Dinh Nhat]

cái đề nhìn là biết sai rồi. chỗ thì $a^3$ chỗ thì $a^2$

 

đề không sai nhé bạn

[AnhTran2911]

Bài Toán 63. Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

\[(a+b+c)^3 \ge 6\sqrt{3}(a-b)(b-c)(c-a)\]

BP 2 vế và giả sử c min

Ta có $(a-c)^2\leq a^2$ và $(b-c)^2\leq{b^2}$

Quy CM $(a+b+c)^6\geq27. 2ab. 2ab. (a-b)^2$

Theo AM-GM thì $27.2ab.2ab.(a-b)^2\leq(a+b)^6\leq(a+b+c)^6$ ĐPCM.

[AnhTran2911]

​Bài toán 64:(sưu tầm) ​Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^3+b^3+c^3=a^4+b^4+c^4$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{a^2+b^3+c^3}+\frac{b}{b^2+c^3+a^3}+\frac{c}{c^2+a^3+b^3}\geq 1$

Theo CS thì:

$LHS\geq\frac{(a+b+c)^2}{\sum{a^3}+\sum{ab(a^2+b^2)}}$=$\frac{(a+b+c)^2}{\sum{a^4}+\sum{ab(a^2+b^2)}}$

=$\frac{a+b+c}{a^3+b^3+c^3}$

Cần CM $a+b+c\geq{a^3+b^3+c^3}$

Hay $(a+b+c)(a^4+b^4+c^4)^2\geq(a^3+b^3+c^3)^3$  Đúng theo HOLDER.

[sharker]

Bài 65:chứng minh với mọi số thực ta có BDT: $\frac{x^2}{(y-z)^2}+\frac{y^2}{(x-z)^2}+\frac{z^2}{(x-y)^2}\geq 2$

[Hoang Dinh Nhat]

Bài 65:chứng minh với mọi số thực ta có BDT: $\frac{x^2}{(y-z)^2}+\frac{y^2}{(x-z)^2}+\frac{z^2}{(x-y)^2}\geq 2$

 

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow \frac{(x^3-x^2y-x^2z-xy^2+3xyz-xz^2+y^3-y^2z-yz^2+z^3)^2}{(y-x)^2)(z-x)^2(z-y)^2}$$\geq 0$

BĐT cuối luôn đúng nên BĐT được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 13-05-2017 - 19:58

[Doflamingo]

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow \frac{(x^3-x^2y-x^2z-xy^2+3xyz-xz^2+y^3-y^2z-yz^2+z^3)^2}{(y-x)^2)(z-x)^2(z-y)^2}$$\geq 0$

BĐT cuối luôn đúng nên BĐT được chứng minh

biến đổi tương đương kiểu này thì chắc siêu rắc rối luôn

[Doflamingo]

Bài toán 66(sưu tầm)

Cho các số dương x,y,z thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 3$. CMR:

$\frac{x^{5}-x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}+\frac{y^{5}-y^{2}}{y^{5}+z^{2}+x^{2}}+\frac{z^{5}-z^{2}}{z^{5}+x^{2}+y^{2}}\geqslant 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Doflamingo: 14-05-2017 - 00:09

[Hoang Dinh Nhat]

Bài toán 66(sưu tầm)

Cho các số dương x,y,z thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 3$. CMR:

$\frac{x^{5}-x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}+\frac{y^{5}-y^{2}}{y^{5}+z^{2}+x^{2}}+\frac{z^{5}-z^{2}}{z^{5}+x^{2}+y^{2}}\geqslant 0$

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $\sum \frac{1}{x^5+y^2+z^2}\leq \frac{3}{x^2+y^2+z^2}$

Từ đây ta chỉ cần xét trương hợp: $x^2+y^2+z^2=3$ nên bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$\sum \frac{1}{x^5-x^2+3}\leq 1$

Theo AM-GM, ta có: $x^5=\frac{x^6}{x}\geq \frac{2x^6}{x^2+1}$

Đặt $a=x^2;b=y^2;c=z^2\Rightarrow a+b+c=3$ Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

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

Không mất tính tổng quát giả sử: $a\geq b\geq c\Rightarrow a\geq 1\geq c$. Xét hai trường hợp:

TH1: $b+c\geq 1\Rightarrow a\leq 2$, lúc đó:

$-2a^3+3a+3>0;-2b^3+3b+3>0;-2c^3+3c+3>0$ nên (1) đúng

TH2: $b+c\leq 1\Rightarrow a\geq 2$, lúc đó:

$(2a^3-a^2+2a+3)-5(a+1)=2a^3-a^2-3a-2=a^3(2-\frac{1}{a}-\frac{3}{a^2}-\frac{2}{a^3})\geq a^3(2-\frac{1}{2}-\frac{3}{2^2}-\frac{2}{2^3})=\frac{a^3}{2}>0$

$\Rightarrow \frac{a+1}{2a^3-a^2+2a+3}\leq \frac{1}{5}$. Cần chứng minh:

$\frac{b+1}{2b^3-b^2+2b+3}+\frac{c+1}{2c^3-c^2+2c+3}\leq \frac{4}{5}$

Ta có bổ đề: Với mọi $0<x<1$, ta có: $\frac{x+1}{2x^3-x^2+2x+3}\leq \frac{2}{5}\Leftrightarrow 4x^3\geq (x+1)(2x-1)$

+TH1: Nếu $x\leq \frac{1}{2}$, ta có điều phải chứng minh

+TH2: Nếu $x\geq \frac{1}{2}$ ta có:

$4x^3-(x+1)(2x-1)\geq 4x^3-2(2x-1)=2(2x^3-2x+1)\geq 2(x^2-2x+1)=2(x-1)^2\geq 0$ (đúng)

Ta có điều cần chứng minh

Đạt tại: $a=b=c=1$

[Doflamingo]

còn bài 59,61 chưa giải kìa

[Nguyenhuyen_AG]

Bài toán 61(sưu tầm)

Cho a,b,c là các số thực không âm, đôi một khác nhau. CMR:

$(ab+bc+ca)\left [ \frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}} \right ]\geqslant 4$

 

Ta có

\[\text{Vế trái  -Vế phải} = \sum \frac{ab\left[c(a+b-c)+a^2-3ab+b^2\right]^2}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2} \geqslant 0.\]

P/s. Anh nhớ Doflamingo bị Hải quân bắt rồi sao còn ở đây post bài nhỉ?

[Doflamingo]

Bài toán 67

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Doflamingo: 14-05-2017 - 16:42

[tuaneee111]

Bài 2: 

Ta có: $$\sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {\sqrt b } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt c } \right)}^2}}}{{\sqrt a }}}  + \sum\limits_{cyc} {2\sqrt a }  = \sum\limits_{cyc} {\left[ {\frac{{{{\left( {\sqrt b } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt c } \right)}^2}}}{{\sqrt a }} + 2\sqrt a } \right]}  \geqslant \sum\limits_{cyc} {2\sqrt {2\left( {{{\left( {\sqrt b } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt c } \right)}^2}} \right)} }  \geqslant \sum\limits_{cyc} {2\left( {\sqrt b  + \sqrt c } \right)} $$

Vậy cần chứng minh $\sqrt a  + \sqrt b  + \sqrt c  \geqslant 3$. Điểu này luôn đúng theo $AM-GM$ nên có điều phải chứng minh!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuaneee111: 14-05-2017 - 17:12

[HoangKhanh2002]

Bài 3:

BĐT đã cho tương đương với: $2(\sum \sqrt{a})\geqslant 2\sum ab\Leftrightarrow 2(\sum \sqrt{a}) \geqslant (\sum a)^2-(\sum a^2) \Leftrightarrow \sum a^2+2(\sum a) \geqslant 9$

Mặt khác, theo BĐT $AM-GM$ ta có: $a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geqslant 3a\Rightarrow \sum a^2+2(\sum \sqrt{a})\geqslant 3(\sum a)=9\Rightarrow Q.E.D$

Bài 7:

Ta có: $(a+b)(b+c)(c+a)+4=(a+b+c)(ab+bc+ca)+3=\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3}+\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3}+\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3}+3\geqslant 4\sqrt[4]{\dfrac{(a+b+c)^3(ab+bc+ca)^3}{9}}= 4(a+b+c)\sqrt[4]{\dfrac{(ab+bc+ca)^3}{9(a+b+c)}}$

Mà: $9(a+b+c)=9abc(a+b+c)\leqslant 3(ab+bc+ca)^2\leqslant (ab+bc+ca)^3$ (vì $ab+bc+ca\geqslant 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3$

Do đó ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangKhanh2002: 14-05-2017 - 17:14

[viet9a14124869]

Em thấy bác đăng nhiều bài trong một thế này không hiệu quả lắm ,có khi còn do nhiều bài bị đọng lại ,làm loãng topic

Bài toán 67
Untitled.png

f.png

h.png

Chém mấy câu dễ trước

Bài 4 , Ta chứng minh bất đẳng thức phụ $a^5-a^2+3\geq a^3+2\Leftrightarrow (a-1)^2(a+1)(a^2+1)\geq 0$ ( luôn đúng )

Do đó ta quy về chứng minh $(a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3)\geq (a+b+c)^3$ ( đúng theo Holder)

Bài 6 , chắc là biến đổi tương đương hay dùng S.O.S chăng

 

p/s : Bài 59 có ai có lời giải không #

[TrBaoChis]

Bài toán 67
Untitled.png

f.png

h.png

bài 1 dễ ko ai làm à   
$\frac{a}{b}$ + $\frac{a}{b}$ + $\frac{b}{c}$ $\geq$ $3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}$ = $3a$ , cộng vtv $\Rightarrow$ ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TrBaoChis: 14-05-2017 - 18:23

[Nguyenphuctang]

P/s. Anh nhớ Doflamingo bị Hải quân bắt rồi sao còn ở đây post bài nhỉ?

Anh tiễn ra đảo hộ em với, lần nào report cũng khá lâu :3 mới ra đảo :3
 

Bài toán đề xuất tiếp theo:

Bài 68: 

Cho a,b,c là số thực không âm, thỏa mãn $a+b>0$, $b+c>0$,$c+a>0$. Chứng minh rằng:

$$\sqrt {\frac{a}{{b + c}}}  + \sqrt {\frac{b}{{a + c}}}  + \sqrt {\frac{c}{{a + b}}}  + \frac{{9\sqrt {ab + bc + ac} }}{{a + b + c}} \ge 6$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 14-05-2017 - 19:02

[viet9a14124869]

Anh tiễn ra đảo hộ em với, lần nào report cũng khá lâu :3 mới ra đảo :3
 

Bài toán đề xuất tiếp theo:

Bài 68: 

Cho a,b,c là số thực không âm, thỏa mãn $a+b>0$, $b+c>0$,$c+a>0$. Chứng minh rằng:

$$\sqrt {\frac{a}{{b + c}}}  + \sqrt {\frac{b}{{a + c}}}  + \sqrt {\frac{c}{{a + b}}}  + \frac{{9\sqrt {ab + bc + ac} }}{{a + b + c}} \ge 6$$

Bài này dạo trước chị trambau có giải rồi

Bài 68 ,

Sử dúng bất đẳng thức Holder

$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \sqrt{\frac{(a+b+c)^3}{\sum a^2(b+c)}}\geq \sqrt{\frac{(a+b+c)^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}}=\frac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $\frac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}+\frac{9\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c}\geq 6$ ( đúng theo AM-GM )4

Dấu bằng xẩy ra khi a=0 , $b=\frac{7\pm 3\sqrt{5}}{2}c$ và các hoán vị