Chủ đề này có 318 trả lời

[Tea Coffee]

$\boxed{\text{Bài 114}}$ Cho các số thực $a,b,c$ dương thỏa mãn 

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

Tìm Max của biểu thức

$ P=\sum \frac{1}{(2a+b+c)^2}$

 

$P=\sum \frac{1}{(2a+b+c)^{2}}\leq \sum \frac{1}{16}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c})^{2}\leq \sum \frac{1}{256}(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}=\sum \frac{1}{256}(\frac{4}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{4}{ab}+\frac{2}{bc}+\frac{4}{ac})=\frac{1}{256}(\frac{6}{a^{2}}+\frac{6}{b^{2}}+\frac{6}{c^{2}}+\frac{10}{ab}+\frac{10}{bc}+\frac{10}{ac})\leq \frac{1}{256}.16(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})=\frac{3}{16} <=>a=b=c=1$

[Khoa Linh]

Bài 119: Cho các số dương a, b, c sao cho $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng:

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

(Sưu tầm)

[Tea Coffee]

Bài 119: Cho các số dương a, b, c sao cho $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng:

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

(Sưu tầm)

$a+b+c+2=abc=>\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1$

$\left\{\begin{matrix}x=\frac{1}{a+1} \\ y=\frac{1}{b+1} \\ z=\frac{1}{c+1} \end{matrix}\right. (x,y,z> 0;x+y+z=1)$

Ta CM: $\frac{y(y+z)}{x}+\frac{z(z+x)}{y}+\frac{x(x+y)}{z}\geq 2$

Mà $\frac{y^{2}}{x}+\frac{z^{2}}{y}+\frac{x^{2}}{z}\geq x+y+z=1$

$\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}+\frac{xy}{z}\geq x+y+z=1$

$=>$ $\frac{y(y+z)}{x}+\frac{z(z+x)}{y}+\frac{x(x+y)}{z}\geq 2$

$<=>a=b=c=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tea Coffee: 03-05-2018 - 23:14

[Khoa Linh]

$a+b+c+2=abc=>\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1$

$\left\{\begin{matrix}x=\frac{1}{a+1} \\ y=\frac{1}{b+1} \\ z=\frac{1}{c+1} \end{matrix}\right. (x,y,z> 0;x+y+z=1)$

Ta CM: $\frac{y(y+z)}{x}+\frac{z(z+x)}{y}+\frac{x(x+y)}{z}\geq 2$

Mà $\frac{y^{2}}{x}+\frac{z^{2}}{y}+\frac{x^{2}}{z}\geq x+y+z=1$

$\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}+\frac{xy}{z}\geq x+y+z=1$

$=>$ $\frac{y(y+z)}{x}+\frac{z(z+x)}{y}+\frac{x(x+y)}{z}\geq 2$

$<=>a=b=c=2$

Bạn Tea Coffee đã hiểu đúng ý tưởng người ra đề nhưng làm thế này sẽ nhanh và gọn hơn   

Lời giải:

$\frac{a}{b+1}+\frac{b}{c+1}+\frac{c}{a+1}=\left ( \frac{a+1}{b+1}+\frac{b+1}{c+1}+\frac{c+1}{a+1} \right )-\sum \frac{1}{a+1}\geq 3-\sum \frac{1}{a+1}=2$

[taconghoang]

Bài 120 : Cho các số a,b,c thỏa mãn a<b<c ; a+b+c=6 và ab+bc+ca=9. Chứng minh rằng a,b,c là các số dương và a<1<b<3<c<4. 

[tr2512]

$\boxed{\text{Bài 113}}:$ Với a, b là các số thực dương, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

$ M=(a+b)(\frac{1}{a^3+b}+\frac{1}{b^3+a})-\frac{1}{ab}$

 

Áp dụng bất đẳng thức C-S:

$({a^3} + b)(\frac{1}{a} + b) \ge {(a + b)^2}\\ ({b^3} + a)(\frac{1}{b} + a) \ge {(a + b)^2}$

Do đó:

$\frac{1}{{{a^3} + b}} + \frac{1}{{{b^3} + a}} \le \frac{{a + b + \frac{1}{a} + \frac{1}{b}}}{{{{(a + b)}^2}}}$

Rút gọn thu được$ VT\le1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 04-05-2018 - 22:06

[thanhdatqv2003]

Bài 121: Cho các số thực dương x,y,z thay đổi thỏa mãn : $x(x+1)+y(y+1)+z(z+1)\leq 18$

Tìm GTNN của biểu thức: A=$\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 06-05-2018 - 07:25

[Khoa Linh]

Bài 121: Cho các số thực dương x,y,z thay đổi thỏa mãn : $x(x+1)+y(y+1)+z(z+1)\leq 18$

Tìm GTNN của biểu thức: A=$\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}$

Ta có:

$18\geq x(x+1)+y(y+1)+z(z+1)=x^2+y^2+z^2+x+y+z\Leftrightarrow 30\geq (x^2+4)+(y^2+4)+(z^2+4)+(x+y+z)\geq 5(x+y+z)\Rightarrow x+y+z\leq 6$

Suy ra:

$A=\sum \frac{1}{x+y+1}\geq \frac{9}{2(x+y+z)+3}\geq \frac{3}{5}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoa Linh: 05-05-2018 - 18:14

[thanhdatqv2003]

Bài 121: Cho các số thực dương x,y,z thay đổi thỏa mãn : x(x+1)+y(y+1)+z(z+1)$\leq 18

Tìm GTNN của biểu thức: A=$\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}$

C2: Ta có $x(x+1)+y(y+1)+z(z+1)\leq 18 \Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+x+y+z\leq 18$ (1)

Ta lại có $x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}$ (2)

Từ (1) và (2) Suy ra $\frac{(x+y+z)^2}{3}+x+y+z\leq 18 \Leftrightarrow (x+y+z+9)(x+y+z-6)\leq 0 \Rightarrow x+y+z\leq 6$

Đoạn còn lại làm giống bạn KHOA

[dragon ball super]

Bài 122:

a;b;c>0;a+b+c $\leq \frac{\sqrt{3}}{2}$

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

 

                                                           

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dragon ball super: 06-05-2018 - 23:45

[xuanhoan23112002]

P/s: Topic dạo này buồn quá. Bài mới nha mọi người

Bài 123: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 1$. Chứng minh rằng:

$a^2+b^2+c^2+7(ab+bc+ca)\geq \sqrt{8(a+b)(b+c)(c+a)}$

 

Chúc 2k3 thi tốt bình tĩnh, tự tin, chiến thắng đạt được những mục tiêu đã đề ra!

               

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuanhoan23112002: 08-05-2018 - 22:56

[Diepnguyencva]

Bài 124: Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng :

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

                                                                                     (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2005)

[Khoa Linh]

Bài 124: Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng :

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

                                                                                     (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2005)

Ta viết lại BĐT dưới dạng 

$\sum \frac{1}{\left ( 1+\frac{b}{a} \right )^3}\geq \frac{3}{8}$

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

Áp dụng AM- GM ta có:

$\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2}.\frac{1}{(x+1)^2}$

Thiết lập các BĐT tương tự ta quy về chứng minh:

$\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2}\geq \frac{3}{4}$

Áp dụng BĐT phụ sau ta có:

$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}\geq \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(1+z)^2}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(1+z)^2}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \left ( \frac{1}{z+1}-\frac{1}{2} \right )^2\geq 0$

Suy ra ĐPCM

[dat102]

Bài 120 : Cho các số a,b,c thỏa mãn a<b<c ; a+b+c=6 và ab+bc+ca=9. Chứng minh rằng a,b,c là các số dương và a<1<b<3<c<4.

Đây là 1 bài trong đề thi thử PTNK lần 1.

Tham khảo đáp án tại đây: https://drive.google...MRVclplvUr/view

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 14-05-2018 - 18:38

[phamhuy1801]

Khuấy đảo topic lại nào

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

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

 

Ta đã biết:

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

Nên bất đẳng thức ban đầu tương đương với:

$(a-b)^2[\frac{1}{(c+a)(c+b)}-\frac{1}{(a+b+c)^2}]+(b-c)^2[\frac{1}{(a+b)(a+c)}-\frac{1}{(a+b+c)^2}]+(c-a)^2[\frac{1}{(b+a)(b+c)}-\frac{1}{(a+b+c)^2}] \ge 0$

$\Leftrightarrow (a-b)^2\frac{(a^2+b^2+ab+bc+ca)}{(c+a)(c+b)(a+b+c)^2}+(b-c)^2\frac{(b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a+b)(a+c)(a+b+c)^2}+(c-a)^2\frac{(a^2+c^2+ab+bc+ca)}{(b+a)(b+c)(a+b+c)^2} \ge 0$ (đúng với $a,b,c$ dương)

[HelpMeImDying]

P/s: Topic dạo này buồn quá. Bài mới nha mọi người

Bài 123: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 1$. Chứng minh rằng:

$a^2+b^2+c^2+7(ab+bc+ca)\geq \sqrt{8(a+b)(b+c)(c+a)}$

 

Chúc 2k3 thi tốt bình tĩnh, tự tin, chiến thắng đạt được những mục tiêu đã đề ra!

               

$\sqrt{8(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \sqrt{8(a+b)(b+c)(c+a)}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})= 2\sqrt{2(ab+ac)(a^{2}+ab+bc+ca)}+2\sqrt{2(ab+bc)(b^{2}+ab+bc+ca)}+2\sqrt{2(cb+ac)(c^{2}+ab+bc+ca)}\leq a^{2}+ab+bc+ca+ab+ac+b^{2}+ab+bc+ca+ab+bc+c^{2}+ab+bc+ca+cb+ac=a^{2}+b^{2}+c^{2}+7(ab+bc+ca)$

[kphanhoang121]

Bài 128: Cho các số dương a,b,c thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$

Chứng minh $\frac{1}{4-\sqrt[2]{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}}\leqslant 1$

[kphanhoang121]

 

 

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

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

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

BĐt trở thành: Chứng minh $(1+x)(1+y)(1+z)\geqslant 2(1+\sqrt[3]{\frac{x}{z}}+\sqrt[3]{\frac{y}{x}}+\sqrt[3]{\frac{z}{y}})$

VT=$1+xyz+xy+yz+zx+x+y+z=2+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+z+x+y$(vì xyz=1)

vậy cần chứng minh:$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+x+y+z\geqslant 2(\sqrt[3]{\frac{x}{z}}+\sqrt[3]{\frac{y}{x}}+\sqrt[3]{\frac{z}{y}})$

ta có các BĐT:$\frac{1}{x}+x\geqslant 2$ Tương tự vs y và z)

3.VT$\geqslant 2(x+\frac{1}{z}+1+y+\frac{1}{x}+1+z+\frac{1}{y}+1)\geqslant 6(\sqrt[3]{\frac{x}{z}}+\sqrt[3]{\frac{y}{x}}+\sqrt[3]{\frac{z}{y}})$

BĐT dc cm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kphanhoang121: 17-05-2018 - 15:17

[HelpMeImDying]

 

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

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

 

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S

$\sum \frac{2a^{2}+ab}{(a+b+\sqrt{ca})^{2}}=\sum \frac{(a^{2}+a^{2}+ab)(1+\frac{c}{a}+\frac{b}{a})}{(1+\frac{c}{a}+\frac{b}{a})(a+b+\sqrt{ca})^{2}}\geq \sum \frac{(a+b+\sqrt{ca})^{2}}{(a+b+\sqrt{ca})^{2}(1+\frac{c}{a}+\frac{b}{a})}= \sum \frac{a}{a+b+c}=1$