Chủ đề này có 318 trả lời

[tr2512]

Bài 81(VMO 2015): Cho a, b, c là các số thực dương. CMR:

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

Ghê thật, VMO cơ à  

$ 3a^2+3b^2+3c^2 \ge (a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 $

$ \Leftrightarrow 3a^2+3b^2+3c^2 \ge (a+b+c)(\sqrt{ab}+s\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca $

$ \Leftrightarrow (a+b+c)^2 \ge (a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}) $ (Hiển nhiên đúng)

$ (a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge (a+b+c)^2 $

Đặt $ x=\sqrt{a}; y=\sqrt{b}; z=\sqrt{c} $

$ \Rightarrow (x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)+2x^4+2y^4+2z^4-2x^2y^2-2y^2z^2-2z^2x^2 \ge x^4+y^4+z^4+2x^2y^2+2y^2z^2+2x^2z^2 $

$ \Leftrightarrow x^4+y^4+z^4+xy(x^2+y^2)+yz(y^2+z^2)+zx(x^2+z^2)+xyz(x+y+z) \ge 4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2) $

Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 4:

$ x^4+y^4+z^4+xyz(x+y+z) \ge xy(x^2+y^2) +yz(y^2+z^2) + zx(z^2+x^2) $

Vậy ta cần chứng minh:

$ xy(x^2+y^2)+yz(y^2+z^2)+x(x^2+z^2) \ge 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2) $

Bất đẳng thức trên luôn đúng theo AM-GM.

Hoàn tất chứng minh.

[Khoa Linh]

Bài 77(APMO 2004): Cho a, b, c là các số thực dương. CMR: $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 9(ab+bc+ca)$

Cách 2

Áp dụng Dirichlet ta giả sử $(b^2-1)(c^2-1)\geq 0\Leftrightarrow b^2c^2\geq b^2+c^2-1$

Suy ra $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)=(a^2+2)(b^2c^2+2b^2+2c^2+4)\geq (a^2+2)(3b^2+3c^2+3)=3(a^2+1+1)(1+b^2+c^2)\geq 3(a+b+c)^2$

[Khoa Linh]

Bài 79: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR:

$(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)\geq 1$

Cách 1(Dirichlet):

Giả sử $(b-1)(c-1)\geq 0\Rightarrow (b^2-b+1)(c^2-c+1)=bc(b-1)(c-1)+b^2+c^2-b-c+1\geq \frac{(b+c)^2}{2}-(b+c)+1=\frac{(3-a)^2}{2}-(3-a)+1=\frac{a^2-4a+5}{2}$

Vậy ta cần đi chứng minh: 

$(a^2-a+1)(a^2-4a+5)\geq 2\Leftrightarrow (a-1)^2)(a^2-3a+3)\geq 0$ luôn đúng

Cách 2(Cauchy - Schwarz):

Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}\Rightarrow c\leq 1$

Áp dụng Cauchy - Schwarz ta có:

$(a^2-a+1)(b^2-b+1)=\left ( (a-\frac{1}{2})^2+\frac{1}{2}+\frac{1}{4} \right )\left ( \frac{1}{4}+\frac{1}{2}+(b-\frac{1}{2})^2 \right )\geq\left [ \frac{1}{2}\left ( a-\frac{1}{2} \right )+\frac{1}{2}\left (b-\frac{1}{2} \right )+\frac{1}{2} \right ]^2=\frac{(3-c)^2}{4}$

Ta cần đi chứng minh: 

$(c^2-c+1)(3-c)^2\geq 4\Leftrightarrow (c-1)^2(c^2-5c+5)\geq 0$ luôn đúng do giả sử $c\leq 1$

[Khoa Linh]

Bài 82: Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: 

$\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}\geq \frac{3}{2}$

(Sưu tầm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoa Linh: 23-04-2018 - 18:26

[tr2512]

bài mạnh hơn bài 77 đây

Bài 80 : Cho a,b,c là các số thực dương

C/m : $(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a+b+c+1)^2$

Mấy bài đối xứng không thuần nhất coi bộ Dirichlet vẫn là an toàn nhất

Không làm giảm tính tổng quát, giả sử $ (a^2-1)(b^2-1) \ge 0 $

$ \Rightarrow a^2b^2 \ge a^2+b^2-1 $

$ \Rightarrow (a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) \ge (a^2+b^2-1+3a^2+3b^2+9)(c^2+3) $

Vậy ta cần chứng minh:

$ (4a^2+4b^2+8)(c^2+3) \ge 4(a+b+c+1)^2 $

$ \Leftrightarrow (a^2+b^2+1+1)(1+1+c^2+1) \ge (a+b+c+1)^2 $ (Luôn đúng theo C-S).

Hoàn tất chứng minh.

 

@KhoaLinh: coi lại đề bài 82, hoàn toàn có phản ví dụ đấy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 24-04-2018 - 12:19

[mduc123]

Bài 83: Cho a,b,c>0 thỏa mãn ab+bc+ca=1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\frac{a}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^{2}}}+\frac{2c}{\sqrt{1+c^{2}}}$

[xuanhoan23112002]

Bài 84: Cho $0< x, y, z< 1$ thỏa mãn: $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$. CMR: $x^2+y^2+z^2\geq \frac{3}{4}$

[xuanhoan23112002]

Bài 85: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. CMR: 

$a+b+c\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuanhoan23112002: 23-04-2018 - 19:56

[tr2512]

 

Bài 76: 

Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn $ abc \ge 0$. Chứng minh bất đẳng thức:

$ a^2+b^2+c^2+2abc+4 \ge 2(a+b+c)+ab+bc+ca $ (Lê Khánh Sỹ)

 

Giải\\

Trước hết, ta thấy $ abc(a-1)^2(b-1)^2(c-1)^2 \ge 0 $

Do đó trong 3 hạng tử $c(a-1)(b-1); b(a-1)(c-1), a(b-1)(c-1) $ phải có ít nhất một hạng tử không âm

Không làm giảm tính tổng quát, giả sử đó là $ c(a-1)(b-1) \ge 0$, ta có: $ abc \ge ca+cb-c $

Áp dụng vào bất đẳng thức trên, ta có:

$$ a^2+b^2+c^2+2abc+4 \ge a^2+b^2+c^2+2ca+2cb-2c+4 $$

Vậy ta chỉ cần chứng minh:

$$ a^2+b^2+c^2+2ca+2cb-2c+4 \ge 2(a+b+c)+ab+bc+ca $$

$$ \Leftrightarrow (c+\frac{a+b}{2}-2)^2+\frac{3(a-b^2)}{4} \ge 0 \text{ (Luôn đúng)}$$

Chứng minh hoàn tất.

Bất đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$ hoặc $ a=0; b=c=2 $ và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 24-04-2018 - 12:19

[DinhXuanHung CQB]

Bài 74: 

Cho a, b, c là 3 số thực không âm. Chứng minh:

$\frac{a^4}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^4}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^4}{c^2+ac+c^2} \ge \frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c} $

 

@Momo123: đề ban đầu chắc bị DOTOANANG gõ nhầm, thử (a,b,c) =(0.11; 0.5; 0.4) vào đề lúc đầu thấy VT<VP mà

$\sum \frac{(a)^{4}}{a^2+b^2+ab}=\sum \frac{(a)^{6}}{a^4+a^3b+a^2b^2}\geq \frac{(\sum a^3)^{3}}{\sum a^4+a^3b+a^2b^2}$

Ta cần chứng minh $\sum (a^4+a^3b+a^2b^2)\leq (\sum a)(\sum a^3)$

<=> $\sum a^2b^2\leq \sum a^3b$

Ta thấy nếu $\sum a^3b\geq \sum a^2b^2$ thì $\sum ab^3\geq \sum a^2b^2$

Mà $\sum (a^3b+ab^3+a^2b^2)\geq 3\sum a^2b^2$

<=> $\sum (a^3b+ab^3)\geq 2\sum a^2b^2$

Vậy có dpcm

NOTE : SAI RỒI NHÉ CÁC BẠN, MÌNH SẼ CHƯA XÓA LỜI GIẢI VÌ MÌNH ĐANG TÌM CÁCH GIẢI ĐẸP THEO HƯỚNG $SCHWARS$, NẾU KHÔNG TÌM RA MÌNH SẼ XÓA

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhXuanHung CQB: 23-04-2018 - 22:54

[tr2512]

$\sum \frac{(a)^{4}}{a^2+b^2+ab}=\sum \frac{(a)^{6}}{a^4+a^3b+a^2b^2}\geq \frac{(\sum a^3)^{3}}{\sum a^4+a^3b+a^2b^2}$

Ta cần chứng minh $\sum (a^4+a^3b+a^2b^2)\leq (\sum a)(\sum a^3)$

<=> $\sum a^2b^2\leq \sum a^3b$

Ta thấy nếu $\sum a^3b\geq \sum a^2b^2$ thì $\sum ab^3\geq \sum a^2b^2$

Mà $\sum (a^3b+ab^3+a^2b^2)\geq 3\sum a^2b^2$

<=> $\sum (a^3b+ab^3)\geq 2\sum a^2b^2$

Vậy có dpcm

Coi lại lời giải đi, cái in đậm này có cả đống phản ví dụ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 23-04-2018 - 21:41

[DinhXuanHung CQB]

Bài 82: Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: 

$\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}\geq \frac{3}{2}$

(Sưu tầm)

$\frac{a}{ab+1}=a-\frac{a^2b}{ab+1}$

Vậy thì cần cm $\sum \frac{a^2b}{ab+1}\leq \frac{3}{2}$

Theo $AM-GM$ $ab+1\geq 2\sqrt{ab}$ => $\sum \frac{a^2b}{ab+1}\leq \frac{a\sqrt{ab}}{2}$

Như vậy cần cm $\sum a\sqrt{ab}\leq 3=\frac{(a+b+c)^2}{3}$

Ta có bdt $3(\sum x^3y)\leq (x^2+y^2+z^2)^2$ (Vasile)

Như vậy thay $x=\sqrt{a}$ và tương tự thì ta có dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhXuanHung CQB: 23-04-2018 - 21:55

[DinhXuanHung CQB]

Coi lại lời giải đi, cái in đậm này có cả đống phản ví dụ

Sorry nghen, sai rồi để mình xem lại

[thanhdatqv2003]

 

Mấy bài đối xứng không thuần nhất coi bộ Dirichlet vẫn là an toàn nhất

Không làm giảm tính tổng quát, giả sử $ (a^2-1)(b^2-1) \ge 0 $

$ \Rightarrow a^2b^2 \ge a^2+b^2-1 $

$ \Rightarrow (a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) \ge (a^2+b^2-1+3a^2+3b^2+9) $

Vậy ta cần chứng minh:

$ (4a^2+4b^2+8)(c^2+3) \ge 4(a+b+c+1)^2 $

$ \Leftrightarrow (a^2+b^2+1+1)(1+1+c^2+1) \ge (a+b+c+1)^2 $ (Luôn đúng theo C-S).

Hoàn tất chứng minh.

 

@KhoaLinh: coi lại đề bài 82, hoàn toàn có phản ví dụ đấy

 

anh xem lại dòng thứ 4 trên xuống còn thiếu đoạn vp cần viết nhân thêm (c^3+3)

[Tea Coffee]

Bài 84: Cho $0< x, y, z< 1$ thỏa mãn: $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$. CMR: $x^2+y^2+z^2\geq \frac{3}{4}$

$x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$

$xyz=(1-x)(1-y)(1-z)\leq (\frac{3-x-y-z}{3})^{3}=>3\sqrt[3]{xyz}\leq 3-x-y-z\leq 3-3\sqrt[3]{xyz}$

$=>xyz\leq \frac{1}{8}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tea Coffee: 23-04-2018 - 23:56

[thanhdatqv2003]

Bài 83: Cho a,b,c>0 thỏa mãn ab+bc+ca=1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\frac{a}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^{2}}}+\frac{2c}{\sqrt{1+c^{2}}}$

Ta có: P=$\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{2c}{\sqrt{1+c^2}}=\sqrt{\frac{a^2}{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{\frac{b^2}{(b+a)(b+c)}}+\sqrt{\frac{4c^2}{(c+a)(c+b)}}$

                                                                                                                                                                                                                            (Thay ab+bc+ac=1)

             =$\sqrt{\frac{a}{2(a+b)}.\frac{2a}{a+c}}+\sqrt{\frac{b}{2(a+b)}.\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{a+c}.\frac{2c}{c+b}}$

Áp dụng AM-GM:

Suy ra : P$\leq \frac{1}{2}(\frac{a}{2(a+b)}+\frac{2a}{a+c}+\frac{b}{2(a+b)}+\frac{2b}{b+c}+\frac{2c}{a+c}+\frac{2c}{c+b})$

                        =$\frac{1}{2}(\frac{1}{2}+2+2)=\frac{9}{4}$

Vậy GTLN của P=$\frac{9}{4}$

P/s: Bài này đã làm qua thật may là vẫn còn nhớ     

[Korkot]

Bài 86: cho x,y,z,p,q,r thỏa x+y+z=p+q+r=1 và $pqr \leq \frac{1}{2}$
CMR $px+qy+rz \geq 8xyz$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 24-04-2018 - 21:29

[thanhdatqv2003]

Bài 87 : Cho các số thực dương  x,y,z  thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=3$

Chứng minh rằng: $\frac{x}{3-yz}+\frac{y}{3-xz}+\frac{z}{3-xy}$

[Tea Coffee]

Bài 87 : Cho các số thực dương  x,y,z  thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=3$

Chứng minh rằng: $\frac{x}{3-yz}+\frac{y}{3-xz}+\frac{z}{3-xy}$

Chắc là CM $\leq \frac{3}{2}$

Ta có: $P=\frac{x}{3-yz}+\frac{y}{3-xz}+\frac{z}{3-xy}$

$\frac{x}{3-yz}\leq \frac{x}{3-\frac{y^{2}+z^{2}}{2}}=\frac{2x}{6-y^{2}-z^{2}}=\frac{2x}{3+x^{2}}\leq \frac{2x}{2+2x}=\frac{x}{1+x}$

$=>P\leq \frac{x}{1+x}+\frac{y}{1+y}+\frac{z}{1+z}=3-(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z})$ $\leq 3-\frac{9}{x+y+z+3}\leq 3-\frac{9}{6}=\frac{3}{2}$

[DOTOANNANG]

Bài 88. Cho $abc\,\geqq 1$. Chứng minh rằng: $(a+ \frac{3}{a+ 5})+ (b+ \frac{3}{b+ 5})+ (c+ \frac{3}{c+ 5})\geqq (\frac{3}{2})^{3}$