Chủ đề này có 318 trả lời

[MoMo123]

Khuấy đảo topic lại nào

$\boxed{\text{Bài 125}}$ Cho a,b,c là các số thực dương

Chứng minh $$\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{a+c}+\frac{2c}{a+b} \geq 3+\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$$

$\boxed{\text{Bài 126}}$ Cho a,b,c  là các số thực dương

Chứng minh $$\frac{2a^2+ab}{(a+b+\sqrt{ca})^2}+\frac{2b^2+bc}{(b+c+\sqrt{ab})^2}+\frac{2c^2+ca}{(c+a+\sqrt{bc})^2} \geq 1$$

 

$\boxed{\text{Bài 127}}$ Cho a,b,c là các số thực dương

Chứng minh rằng $$(1+\frac{a}{b})(1+\frac{b}{c})(1+\frac{c}{a}) \geq 2(1+\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}})$$

Mình xin đưa ra 1 lời giải khác của bài 127.

Đặt $x=\frac{a}{\sqrt[3]{abc}}$ $y=\frac{b}{\sqrt[3]{abc}}$ ; $z=\frac{c}{\sqrt[3]{abc}}$

$\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{a}{b}$ ;$ \frac{y}{z}=\frac{b}{c}$; $\frac{z}{x} =\frac{c}{a}$ và xyz =1

Bất đẳng thức cần Chứng minh tương đương

$$(x+y)(y+z)(z+x) \geq 2(1+x+y+z)$$

Ta có: $$(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)  -xyz =(x+y+z)(xy+yz+zx) -1$$

Tức ta cần chứng minh $$(x+y+z)(xy+yz+zx-2) \geq 3(1)$$

Ta có $$x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz}=1$$

$$xy+yz+zx \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3$$ Nên (1) được chứng minh

[Le Hoang Anh Tuan]

Bài 129: $a, b, c \geqslant 0, a+b+c=1$

Chứng minh: $\frac{1}{1+6a^{2}} + \frac{1}{1+6b^{1}}+\frac{1}{1+6c^{2}} \geqslant \frac{9}{5}$

[tr2512]

Bài 129: $a, b, c \geqslant 0, a+b+c=1$

Chứng minh: $\frac{1}{1+6a^{2}} + \frac{1}{1+6b^{1}}+\frac{1}{1+6c^{2}} \geqslant \frac{9}{5}$

 Giả sử $c=$min$\{a,b,c\}$

 Nếu $c \ge \frac{1}{12}$, ta sẽ đi chứng minh:

 $$\frac{1}{6c^2+1} \ge -\frac{36}{25}(c-\frac{1}{3})+\frac{3}{5}$$

 $$ \Leftrightarrow \frac{2(3c-1)^2(12c-1)}{25(6c^2+1)} \ge 0$$

Bất đẳng thức trên luôn đúng do $c \ge \frac{1}{12} $

Lập 2 bất đẳng thức tương tự thu được điều phải chứng minh.

Nếu $c \le \frac{1}{12}$

Ta sẽ đi chứng minh:

$$ \frac{1}{6a^2+1} \ge -\frac{24}{25}(a-\frac{1}{2}) +\frac{2}{5}$$

$$ \Leftrightarrow  \frac{3(2a-1)^2(12a+1)}{25(6a^2+1)} \ge 0 $$

Bất đẳng thức này luôn đúng.

Lập 2 bất đẳng thức như vậy với $a, b$ thu được:

$$\frac{1}{6a^2+1}+\frac{1}{6b^2+1} \ge \frac{24}{25}c+\frac{4}{5}$$

Vậy ta chỉ cần chứng minh:

$$\frac{24c}{25}+\frac{4}{5}+\frac{1}{6c^2+1} \ge \frac{9}{5}$$

$$ \Leftrightarrow \frac{6c(24c^2-25c+4)}{25(6c^2+1)} \ge 0$$

Bất đẳng thức cuối luôn đúng do $0 \le c \le \frac{1}{12}$.

Hoàn tất chứng minh.

Bất đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ hoặc $a=b=\frac{1}{2}, c=0$ và các hoán vị.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 20-05-2018 - 10:00

[Khoa Linh]

Bài 129: $a, b, c \geqslant 0, a+b+c=1$

Chứng minh: $\frac{1}{1+6a^{2}} + \frac{1}{1+6b^{2}}+\frac{1}{1+6c^{2}} \geqslant \frac{9}{5}$

 

Ta viết BĐT lại thành: $\sum \frac{25a^2}{6a^2+1}\leq 5$

Ta có: $6a^2+1=6a^2+(a+b+c)^2=2(2a^2+bc)+3a^2+b^2+c^2+2a(b+c)=2(2a^2+bc)+3a^2+b^2+c^2+2a(1-a)=2(2a^2+bc)+(a^2+b^2+c^2)+2a$

 

Áp dụng Cauchy - Schwarz ta có: 

$\sum \frac{(2a+a+2a)^2}{2(2a^2+bc)+(a^2+b^2+c^2)+2a}\leq 2\sum \frac{a^2}{2a^2+bc}+\sum \frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+2(a+b+c) \leq 5$

Suy ra đpcm. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoa Linh: 18-05-2018 - 20:17

[quynhanhlh7]

130. Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn ab+bc+ca=3abc

CMR: $\frac{1}{\sqrt{a^{3} +b}}$ + $\frac{1}{\sqrt{b^{3}+c}}$ + $\frac{1}{\sqrt{c^{3}+a}}$ $\leq \frac{3}{^{\sqrt{2}}}$

[PhanThai0301]

Bài 131: CMR với a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3 thì

                         $\frac{a^{2}b}{2a+b}+\frac{b^{2}a}{2b+c}+\frac{c^{2}a}{2c+a}\leq 1$.

Bài 132: Cho a, b, c là các số thực tùy ý. Chứng minh rằng:

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PhanThai0301: 24-05-2018 - 23:04

[BurakkuYokuro11]

Khuấy đảo topic lại nào . Mình xin gửi tặng topic 1 bài : 
Bài 133 : Cho a,b,c là các số thực dượng thỏa mãn ab+bc+ac $\leq$ 3abc .CMR :
     $\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}} + \sqrt{\frac{c^{2}+b^{2}}{c+b}}+ \sqrt{\frac{a^{2}+c^{2}}{a+c}} +3 \leq \sqrt{2}(\sqrt{a+b}+\sqrt{c+b}+\sqrt{a+c})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BurakkuYokuro11: 22-05-2018 - 00:09

[Lao Hac]

Bài 131: CMR với a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3 thì

                         $\frac{a^{2}b}{2a+b}+\frac{b^{2}a}{2b+c}+\frac{c^{2}a}{2c+a}\leq 1$.

 

Bài 131:

$\frac{a^2b}{2a+b}+\frac{b^2c}{2b+c}+\frac{c^2a}{2c+a}$

BĐT trên $= \frac{a^2b}{a+a+b}+\frac{b^2c}{b+b+c}+\frac{c^2a}{c+c+a}$

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

$= \frac{\sqrt[3]{a^2b}^2+\sqrt[3]{b^2c}^2+\sqrt[3]{c^2a}^2}{3}$ = $\frac{\sqrt[3]{a^4b^2}+\sqrt[3]{b^4c^2}+\sqrt[3]{c^4a^2}}{3}$

Có: $\sqrt[3]{a^4b^2}+\sqrt[3]{b^4c^2}+\sqrt[3]{c^4a^2}$  

$\leq \frac{a^2+ab+ab}{3}+\frac{b^2+cb+cb}{3}+\frac{c^2+ac+ac}{3}$

$=\frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{3^2}{3}=3$

Vậy $\frac{\sqrt[3]{a^4b^2}+\sqrt[3]{b^4c^2}+\sqrt[3]{c^4a^2}}{3}\leq \frac{3}{3}=1$

Vậy $\frac{a^{2}b}{2a+b}+\frac{b^{2}a}{2b+c}+\frac{c^{2}a}{2c+a}\leq 1$

$Q.E.D$

( Cảm ơn anh MoMo123 và anh Korkot đã sửa giúp em )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lao Hac: 01-06-2018 - 08:04

[Lao Hac]

BÀI 134

Cho $a,b,c$ dương

CMR: 

$\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ba}}\geq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lao Hac: 31-05-2018 - 22:33

[MoMo123]

Khuấy đảo topic lại nào . Mình xin gửi tặng topic 1 bài : 
Bài 133 : Cho a,b,c là các số thực dượng thỏa mãn ab+bc+ac $\leq$ 3abc .CMR :
     $\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}} + \sqrt{\frac{c^{2}+b^{2}}{c+b}}+ \sqrt{\frac{a^{2}+c^{2}}{a+c}} +3 \leq \sqrt{2}(\sqrt{a+b}+\sqrt{c+b}+\sqrt{a+c})$

Đây là lời giải của HelpMelmDying, trình bày ra vậy

Ta có $\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}} +\sqrt{\frac{2ab}{a+b}} \leq \sqrt{2(a+b)}$

Tương tự các biến còn lại nên ta được 

$$\sum \sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}+\sqrt{\frac{2ab}{a+b}} \leq \sum \sqrt{2(a+b)}$$

Cần chứng minh $\sum \sqrt\frac{2ab}{a+b} \geq 3$

Ta có $\sum\sqrt\frac{2ab}{a+b}=\sqrt{2abc}(\sum \frac{1}{\sqrt{c(a+b)}})\geq\sqrt{2abc}(\frac{9}{\sum\sqrt{a(b+c)}})\geq \sqrt{2abc}{\frac{9}{\sqrt{6(ab+bc+ca)}}}=3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 26-05-2018 - 22:32

[anhduc2912]

bài 130

 

130. Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn ab+bc+ca=3abc

CMR: $\frac{1}{\sqrt{a^{3} +b}}$ + $\frac{1}{\sqrt{b^{3}+c}}$ + $\frac{1}{\sqrt{c^{3}+a}}$ $\leq \frac{3}{^{\sqrt{2}}}$

từ giả thiết suy ra$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3$

áp dụng bất đẳng thức cauchy cho 2 số dương $a^{3}+b\geq 2a\sqrt{ab} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{a^{3}+b}}\leq \frac{1}{\sqrt{$\frac{1}

lại có {\sqrt{2a\sqrt{ab}}}=\frac{\sqrt{2a\sqrt{ab}}}{{2a\sqrt{ab}}}$$

áp dụng bất đẳng thức cauchy cho a và $\sqrt{ab}$

suy ra  $a+\sqrt{ab}\geqslant 2\sqrt{a\sqrt{ab}} \Rightarrow \frac{2\sqrt{a\sqrt{ab}}}{2\sqrt{2}a\sqrt{ab}}\leq \frac{1}{2\sqrt{2}}\cdot \frac{a+\sqrt{ab}}{a\sqrt{ab}}= \frac{1}{2\sqrt{2}}\cdot \left ( \frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{a} \right )$

tương tự ta được về trái bất đẳng thức sẽ $\leq \frac{1}{2\sqrt{2}}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}})\leq \frac{1}{2\sqrt{2}}(\frac{2}{c}+\frac{2}{a}+\frac{2}{b})=\frac{3}{\sqrt{2}}(dpcm)$

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhduc2912: 26-05-2018 - 23:17

[Unrruly Kid]

134) $(\sum a^{\frac{4}{3}})^{2}-a^{\frac{8}{3}}=(b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}})(2a^{\frac{4}{3}}+b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}})\geq 2(bc)^{\frac{4}{3}}.4a^{\frac{2}{3}}.bc^{\frac{1}{3}}$

$\Rightarrow (\sum a^{\frac{4}{3}})^{2}\geqslant a^{\frac{8}{3}}+8bc.a^{\frac{2}{3}}=a^{\frac{2}{3}}(a^{2}+8bc)$

$\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}}\geqslant \frac{a^{\frac{4}{3}}}{\sum a^{\frac{4}{3}}}$

Thiết lập các bđt tương tự suy ra điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Unrruly Kid: 27-05-2018 - 16:43

[PhanThai0301]

BÀI 134

CMR: 

A=$\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ba}}\geq 1$

  Cách 1: Sử dụng BĐT Holder cách này đã trình bày nhiểu trên diễn dàn.

  Cách 2: Ta chọn số dương r sao cho:

                     $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+bc}}\geq \frac{a^{2r}}{a^{2r}+2(bc)^{r}}$

                BĐT tương đương với $a^{2}(a^{2r}+2(bc)^{r})^{2}\geq (a^{2}+bc)a^{4r}$.

                                           <=> $b^{2r}c^{2r}+a^{2r}b^{r}c^{r}\geq 2a^{4r-2}bc$.   

                Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

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

                Để dấu "=" thì $r=4r-2;3r=2$ <=> $r=\frac{2}{3}$.

                Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

                          $A\geq \frac{a^{2r}+b^{2r}+c^{2r}}{a^{2r}+b^{2r}+c^{2r}}=1$ (Q.E.D)

               Dấu bằng xảy ra khi <=> a = b = c.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PhanThai0301: 27-05-2018 - 18:12

[Lao Hac]

  Cách 1: Sử dụng BĐT Holder cách này đã trình bày nhiểu trên diễn dàn.

  Cách 2: Ta chọn số dương r sao cho:

                     $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+bc}}\geq \frac{a^{2r}}{a^{2r}+2(bc)^{r}}$

                BĐT tương đương với $a^{2}(a^{2r}+2(bc)^{r})^{2}\geq (a^{2}+bc)a^{4r}$.

                                           <=> $b^{2r}c^{2r}+a^{2r}b^{r}c^{r}\geq 2a^{4r-2}bc$.   

                Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

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

                Để dấu "=" thì $r=4r-2;3r=2$ <=> $r=\frac{2}{3}$.

                Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

                          $A\geq \frac{a^{2r}+b^{2r}+c^{2r}}{a^{2r}+b^{2r}+c^{2r}}=1$ (Q.E.D)

               Dấu bằng xảy ra khi <=> a = b = c.

Mình có cách khác hay hơn cho bài này

$<=>\frac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ba}}$

$\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{{a\sqrt{a^2+8bc}}+{b\sqrt{b^2+8ac}}+{c\sqrt{c^2+8ba}}}$ ($bunhiacovxki$)

Đặt $M={a\sqrt{a^2+8bc}}+{b\sqrt{b^2+8ac}}+{c\sqrt{c^2+8ba}}$

$={\sqrt{a}.\sqrt{a}\sqrt{a^2+8bc}}+{\sqrt{b}.\sqrt{b}\sqrt{b^2+8ac}}+{\sqrt{c}.\sqrt{c}\sqrt{c^2+8ba}}$

${\sqrt{a}\sqrt{a^3+8bca}}+{\sqrt{b}\sqrt{b^3+8bca}}+{\sqrt{c}\sqrt{c^3+8bca}}$

$M^2\leq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc)=(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+3.(2\sqrt{a}\sqrt{b}).(2\sqrt{b}\sqrt{c}).(2\sqrt{c}\sqrt{a}))$ ( $bunhiacovxki$)

$\leq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a))$ ( $cauchy$)

$=(a+b+c)(a+b+c)^{3}=(a+b+c)^{4}$

$=> M \leq (a+b+c)^2$

$A\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

$Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lao Hac: 27-05-2018 - 20:02

[PhanThai0301]

Mình có cách khác hay hơn cho bài này

$<=>\frac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ba}}$

$\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{{a\sqrt{a^2+8bc}}+{b\sqrt{b^2+8ac}}+{c\sqrt{c^2+8ba}}}$ ($bunhiacovxki$)

Đặt $M={a\sqrt{a^2+8bc}}+{b\sqrt{b^2+8ac}}+{c\sqrt{c^2+8ba}}$

$={\sqrt{a}.\sqrt{a}\sqrt{a^2+8bc}}+{\sqrt{b}.\sqrt{b}\sqrt{b^2+8ac}}+{\sqrt{c}.\sqrt{c}\sqrt{c^2+8ba}}$

${\sqrt{a}\sqrt{a^3+8bca}}+{\sqrt{b}\sqrt{b^3+8bca}}+{\sqrt{c}\sqrt{c^3+8bca}}$

$M^2\leq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc)=(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+3.(2\sqrt{a}\sqrt{b}).(2\sqrt{b}\sqrt{c}).(2\sqrt{c}\sqrt{a}))$ ( $bunhiacovxki$)

$\leq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a))$ ( $cauchy$)

$=(a+b+c)(a+b+c)^{3}=(a+b+c)^{4}$

$=> M \leq (a+b+c)^2$

$A\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

$Q.E.D$

  Bạn ơi nếu a, b, c =0 thì tất cả cm của bạn đều sụp đổ, cái này đã có nhiều người nhầm lẫn.

[Lao Hac]

  Bạn ơi nếu a, b, c =0 thì tất cả cm của bạn đều sụp đổ, cái này đã có nhiều người nhầm lẫn.

Không được đâu bạn. Nếu $a=b=c=0$ thì phân số không có nghĩa ( do mẫu số sẽ = 0 ) nên chuyện đó không xảy ra được từ đầu rồi

[PhanThai0301]

Không được đâu bạn. Nếu $a=b=c=0$ thì phân số không có nghĩa ( do mẫu số sẽ = 0 ) nên chuyện đó không xảy ra được từ đầu rồi

 Ko có gì là ko thể xảy ra cái này là phần lưu ý khi cm BĐT rồi bạn.

[MoMo123]

Cháy lên nào TOPIC ơi

$\boxed{\text{Bài 135}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

$\frac{8}{a+b)^2+4abc}+\frac{8}{(b+c)^2+4abc}+\frac{8}{(c+a)^2+4abc} +a^2+b^2+c^2 \geq \frac{8}{a+3}+\frac{8}{b+3}+\frac{8}{c+3}$

$\boxed{\text{Bài 136}}$ Cho $x,y,z,t$ là các số thực dương. Chứng minh

$(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)(t^2+1)\geq \frac{16}{27}(x+y+z+t)^2$

$\boxed{\text{Bài 137}}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$

Tìm Min $P=2(a^2b+b^2c+c^2a)+a^2+b^2+c^2+4abc$

 

[Khoa Linh]

Cháy lên nào TOPIC ơi

$\boxed{\text{Bài 135}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

$\frac{8}{a+b)^2+4abc}+\frac{8}{(b+c)^2+4abc}+\frac{8}{(c+a)^2+4abc} +a^2+b^2+c^2 \geq \frac{8}{a+3}+\frac{8}{b+3}+\frac{8}{c+3}$

 

Ta có:

$\frac{8}{(a+b)^2+4abc}+\frac{a^2+b^2}{2}\geq \frac{8}{(a+b)^2(c+1)}+\frac{(a+b)^2}{4}\geq \frac{4}{\sqrt{2(c+1)}}\geq \frac{8}{c+3}$

Thiết lập các BĐT còn lại ta có đpcm

[xuanhoan23112002]

Bài 138: Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=\frac{2}{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuanhoan23112002: 29-05-2018 - 13:46