Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

[TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN VÀ HSG TỈNH}}$ NĂM HỌC 2019-2020


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 497 trả lời

#381 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 324 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 20-03-2020 - 09:28

$\boxed{\text{Bài 213}}$: Cho $a,b,c\geq 0$,thỏa mãn $a+b+c=4$.CMR: $\sum \sqrt{a+b}\leq 2\sqrt{6} $

Mình xin phép chém ngay bài dễ nhất:

Bài 213. Ta có BĐT quen thuộc sau: $ (x+y+z)^2 \leq 3(x^2+y^2+z^2) $

Áp dụng ta có: $\sqrt{a+b+c}\leq \sqrt{3[a+b+b+c+c+a]}=2\sqrt{6} $ =>đpcm.

Dấu"=" xảy ra  <=> $ a=b=c=\frac{4}{3} $.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 10:07

No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#382 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 31 Bài viết

Đã gửi 21-03-2020 - 15:17

$\boxed{\text{Bài 211}}$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$. CMR:$\sum \frac{x+3}{[x+1]^{2}}\geq 3$

 
Bài 211 Đặt $x=a^2,y=b^2,c=z^2(a,b,c> 0)$
 
Khi đó: Ta chứng minh :$f(a,b,c)=\sum \frac{a^2+3}{(a^2+1)^2}$ $\geq 3$ với $abc=1$
 
Ta có: $f(a,b,c)-f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)=\frac{a^2+3}{(a^2+1)^2}+\frac{b^2+3}{(b^2+1)^2}-\frac{2(ab+3)}{(ab+1)^2}=\sum (\frac{a^2+3}{(a^2+1)^2}-\frac{ab+3}{(ab+1)^2})=\sum \frac{(a^2+3)(ab+1)^2-(ab+3)(a^2+1)^2}{(a^2+1)(ab+1)^2}=\sum \frac{(b-a)(a^4b+5a+3a^3+3a^2b)}{(a^2+1)^2(ab+1)^2}$ $=\frac{a-b}{(ab+1)^2}.[\frac{ab^4+5b+3b^3+3ab^2}{(b^2+1)^2}-\frac{a^4b+5a+3a^3+3a^2b}{(a^2+1)^2}]=$ $\frac{a-b}{(ab+1)^2}.\frac{(ab^4+5b+3b^3+3ab^2)(a^2+1)^2-(a^4b+5a+3a^3+3ab^2)(b^2+1)^2}{(a^2+1)^2(b^2+1)^2}=\frac{(a-b)^2[(ab)^4+(ab)^3+4ab(a^2+ab+b^2)+7ab+3(ab)^2(a^2+ab+b^2)-3(a^2+ab+b^2)-5]}{(a^2+1)^2(b^2+1)^2(ab+1)^2}=\frac{(a-b)^2.A}{(a^2+1)^2(b^2+1)^2(ab+1)^2}$.
Vì $abc=1$ nên Trong 3 số $a,b,c$ phải có 1 số không lớn hơn 1, giả sử là $c\Rightarrow ab\geq 1$. Khi đó rõ ràng $A> 0$ $\Rightarrow f(a,b,c)- f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)\geq 0\Rightarrow f(a,b,c)\geq f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$.
Bây giờ ta chứng minh: $f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)\geq 3$(1) thì bài toán được CM. Thật vậy:$(1)\Leftrightarrow \frac{a^2+3}{(a^2+1)^2}+\frac{2(bc+3)}{(bc+1)^2}\geq 3\Leftrightarrow \frac{a^2+3}{(a^2+1)^2}+\frac{2(\frac{1}{a}+3)}{(\frac{1}{a}+1)^2}\geq 3\Leftrightarrow a(a-1)^2(3a^3+2a^2+5a+2)\geq 0$ (Luôn đúng)
$\Rightarrow đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 10:07


#383 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 324 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 21-03-2020 - 15:34

$\boxed{\text{Bài 214}}$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$.CMR: $\sum \sqrt{\frac{6}{x^{3}+1}}\leq \sqrt{x+y+z}^{3}$

Xin phép làm bài 214:

Ta có:$\sqrt{\frac{6}{x^{3}+1}}\leq \sqrt{\frac{3}{x\sqrt{x}}}$

Tương tự => $\left ( \sum \sqrt{\frac{6}{x^{3}+1}} \right )^{2}\leq 3.\left ( \sum \frac{1}{x\sqrt{x}} \right )^{2}\leq 3.\sum \frac{1}{x}.\sum \frac{1}{x\sqrt{x}}\leq \left ( x+y+z \right )^{2}.(\sum \frac{y+z}{2})=(x+y+z)^{3}$

=>đpcm.

Dấu "=" xảy ra <=> $x=y=z=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-03-2020 - 09:37

No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#384 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 285 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47-THPT chuyên PBC

Đã gửi 22-03-2020 - 17:33

Anh xin đề xuất một bài toán

$\boxed{\text{Bài 215}}$ Cho $x,y,z \geq 0$ thỏa mãn $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

$$P=x^2y+y^2z+z^2x$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 09:59


#385 Peteroldar

Peteroldar

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 188 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PUBG
  • Sở thích:PUBG, maths, and so on....

Đã gửi 22-03-2020 - 18:20

Anh xin đề xuất một bài toán

$\boxed{\text{Bài 215}}$ Cho $x,y,z \geq 0$ thỏa mãn $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

$$P=x^2y+y^2z+z^2x$$

KMTTQ, giả sử $y$ là số nằm giữa $x,z$ thế thì $z(y-x)(y-z)\leq 0\Leftrightarrow y^2z+z^2x\leq yz^2+xyz$

Áp dụng AM-GM

$x^2y+y^2z+z^2x\leq x^2y+y^2z+z^2x+xyz\leq x^2y+2xyz+yz^2=y(x+z)^2=4.y.\frac{x+z}{2}.\frac{x+z}{2}\leq 4\frac{(x+y+z)^3}{3^3}=\frac{4}{27}$

Dấu = xảy ra khi $(x,y,z)=\left(\frac{2}{3},\frac{1}{3},0\right)$ và các hoán vị


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 09:59


#386 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 31 Bài viết

Đã gửi 22-03-2020 - 19:22

$\boxed{\text{Bài 212}}$ Cho x,y,z đôi 1 khác nhau. Chứng minh rằng

$$\sum [\frac{x}{y-z}]^{4}>\frac{4}{3}$$

Bài 212:

Để có kết quả như đề bài, ta sẽ CM $\sum (\frac{x}{y-z})^2\geq 2$.

Đặt: $a=\frac{x}{y-z},b=\frac{y}{z-x},c=\frac{z}{x-y}\Rightarrow (1+a)(1+b)(1+c)=(a-1)(b-1)(c-1)\Rightarrow ab+bc+ca=-1$

BĐT cần chứng minh trở thành:$a^2+b^2+c^2\geq 2$, Điều này hiển nhiển đúng vì $(a+b+c)^2\geq 0\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq -2(ab+bc+ca)=(-2)(-1)=2$

Vậy BĐT được CM với chú ý dấu "=" không xảy ra.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 09:59


#387 Syndycate

Syndycate

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 136 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Mars

Đã gửi 23-03-2020 - 09:26

Nhân dịp comeback mình góp thêm bài
$\boxed{\text{Bài 216}}$ Cho $a,b,c>0.$ Chứng minh rằng 
$$\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+c^2a}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$$
$\boxed{\text{Bài 217}}$ Cho $x,y>0$ thoả mãn $3xy=x+y+1$. Tìm GTLN của biểu thức
$$S=\frac{3x}{y(x+1)}+\frac{3y}{x(y+1)}-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{y^2}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 10:19

Đạt.....


#388 Daniel18

Daniel18

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 46 Bài viết

Đã gửi 23-03-2020 - 11:01

$\boxed{\text{Bài 216}}$ Cho $a,b,c>0.$ Chứng minh rằng 
$$\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+c^2a}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$$

Cần CM

$$ \sum_{cyc} \frac{a^4}{a+b+c+a^2b(a+b+c)}+\frac{1}{1+abc} \geq 1$$
Theo C-S
$$ L.H.S \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3(a+b+c)+(a+b+c)(a^2b+b^2c+c^2a)}+\frac{9}{9+(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)} $$
Kết hợp $3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)^2$
Và $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq3(a^2b+b^2c+c^2a)$
Đặt $\sqrt{3(a^2+b^2+c^2}=x >0 $
Từ đó
$$ LHS \geq \frac{x^4}{27x+x^4}+\frac{27}{27+x^3}=1$$
Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 10:09


#389 Daniel18

Daniel18

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 46 Bài viết

Đã gửi 23-03-2020 - 11:14

$\boxed{\text{Bài 211}}$ Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng

$$\sum \frac{x+3}{[x+1]^{2}}\geq 3$$

Cách khác
Áp dụng $ \frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2} \geq \frac{1}{1+xy} $
Có $$ LHS = \sum_{cyc} \frac{1}{1+x}+\sum_{cyc} \frac{2}{(1+x)^2} \geq \sum[ \frac{1}{1+x}+ \frac{1}{1+yz}] =\sum[ \frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+\frac{1}{x}}]=RHS $$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 10:15


#390 Syndycate

Syndycate

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 136 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Mars

Đã gửi 23-03-2020 - 12:15

Nhân dịp comeback mình góp thêm bài
$\boxed{\text{Bài 216}}$ Cho $a,b,c>0.$ Chứng minh rằng 
$$\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+c^2a}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$$

C1 hay đó bạn còn đây là cách của mình:
Theo $C-S$
$L.H.S\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3+\sum a^2b}
\geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)^2}{9+(b+c+a)(b^2+c^2+a^2)}$
Cần CM:
$\frac{3(a^2+b^2+c^2)^2}{9+(b+c+ a)(b^2+c^2+a^2)}\geq \frac{abc(\sum a)}{1+abc}$
Từ đó
$=> 3(\sum a^2)^2 + 3(\sum a^2)abc\geq 9abc(a+b+c)+abc(\sum a)^2(\sum a^2)$
Có:
$3(\sum a^2)^2abc\geq (a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2)abc$
Và: $3.(\sum a^2)^2\geq 3.(ab+bc+ca)^2\geq 9abc(a+b+c)$
Cộng vế => đpcm
Dấu $=$ khi $a=b=c>0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 10:17

Đạt.....


#391 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 518 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$ \text {Tp.HCM} $
  • Sở thích:$ \textbf{ Loyalty } $

Đã gửi 25-03-2020 - 11:09

$\boxed{\text{Bài 217}}$ Cho $x,y>0$ thoả mãn $3xy=x+y+1$. Tìm GTLN của biểu thức
$$S=\frac{3x}{y(x+1)}+\frac{3y}{x(y+1)}-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{y^2}$$

Đặt $ x+y = t $. Từ giả thiết, $ 4xy = (x+1)(y+1) \geq 4\sqrt{xy} $ hay $ xy \geq 1 $. 

Vậy $ t \geq 2 $ và $ 3xy = t + 1 $.

$ S = 3\frac{x^2(y+1) + y^2(x+1)}{xy(x+1)(y+1)} - \frac{x^2+y^2}{x^2y^2} = \frac{3(5t+2)}{4(t+1)^2} $.

Cần chứng minh $ \frac{3(5t+2)}{4(t+1)^2}  \leq 1 $ hay $ (t - 2)(t + \frac{1}{4}) \geq 0 $ ( Đúng ).

Dấu "=" xảy ra khi $ x =y = 1$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 10:20

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#392 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 518 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$ \text {Tp.HCM} $
  • Sở thích:$ \textbf{ Loyalty } $

Đã gửi 25-03-2020 - 11:15

$ \boxed{\text{Bài 218}} $ Cho $ a,b,c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng 

$$ \frac{1+bc}{a} + \frac{1+ca}{b} + \frac{ab}{c} > \sqrt{a^2 + 2} + \sqrt{b^2+2} + \sqrt{c^2+2} $$

$ \boxed{\text{Bài 219}} $ Cho $ a,b,c,d > 0 $ thỏa $ ab+cd = ac+bd = 4 $ và $ ad + bc = 5 $. Tìm GTNN của

$$ a+b+c+d $$

$ \boxed{\text{Bài 220}} $ Cho số $ a,b,c $ thỏa mãn $ 0 < a,b,c \leq 1$. Chứng minh

$$ a+b+c + |a-b| + |b-c| + |c-a| \leq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} $$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 16:00

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#393 Daniel18

Daniel18

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 46 Bài viết

Đã gửi 25-03-2020 - 12:32

$ \boxed{\text{Bài 218}} $ Cho $ a,b,c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng 

$$ \frac{1+bc}{a} + \frac{1+ca}{b} + \frac{ab}{c} > \sqrt{a^2 + 2} + \sqrt{b^2+2} + \sqrt{c^2+2} $$

BĐT

$$ <=> 2(ab+bc+ca)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \geq \sum_{cyc} 2abc\sqrt{a^2+2} $$
Theo C-S
$$ RHS \leq \sum [ bc(2a^2+2) ] = 2(ab+bc+ca)+2abc(a+b+c) \leq LHS $$
Mà dấu $"="$ không xảy ra nên $ RHS \leq LHS $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 16:01


#394 Daniel18

Daniel18

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 46 Bài viết

Đã gửi 25-03-2020 - 12:58

$ \boxed{\text{Bài 220}} $ Cho số $ a,b,c $ thỏa mãn $ 0 < a,b,c \leq 1$. Chứng minh
$$ a+b+c + |a-b| + |b-c| + |c-a| \leq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} $$

WLOG $ a\geq b\geq c $
BĐT
$$ <=> 3a+b \leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+c $$
Theo C-S
$ \frac{1}{c} +c \geq 2 $
Lại có $a,b,c \leq 1 => 2 \geq a , \frac{1}{a} \geq a, \frac{1}{b} \geq b $
Nên $$ RHS \geq LHS $$

 

*Em chú ý đánh Latex nhé!!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 16:02


#395 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 324 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 25-03-2020 - 14:14

$\boxed{\text{Bài 206}}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Tìm GTNN của

$$P=\sum \frac{1}{2a-a^{2}}$$

$\text{Cách 2}$: Ta có:

$P\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{a(2-a)b(2-b)c(2-c)}}=3.\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}.\frac{1}{\sqrt[3]{(2-a)(2-b)(2-c)}}\geq 3.\frac{3}{a+b+c}.\frac{3}{6-a-b-c}=\frac{27}{5}$

Đẳng thức xảy ra $<=>a=b=c=\frac={1}{3}$


No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#396 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 324 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 25-03-2020 - 14:41

$\boxed{\text{Bài 207}}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $\sum \frac{9}{a^{2}+2}\geq \sum 2a^{2} +3$.Chứng minh rằng 

$$a+b+c\leq 3$$

$\text{Cách 2}$: Từ giả thiết ta có: 

$9(\sum (1-\frac{a^{2}}{a^{2}+2}))\geq 4(\sum a^{2})+6$

$\Leftrightarrow 21\geq \sum \frac{9a^{2}}{a^{2}+2}+4(\sum a^{2})$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: $\frac{9a^{2}}{a^{2}+2}+a^{2}+2\geq 6a$

Tương tự.

$\Rightarrow 27\geq 3(\sum a^{2})+6(\sum a)=(\sum a)^{2}+\sum (a-b)^{2}+6(\sum a)\geq (\sum a)^{2}+6(\sum a)=(a+b+c+3)^{2}-9$

$\Rightarrow 36\geq (a+b+c+3)^{2}$

$\Rightarrow 3\geq a+b+c$  =>đpcm

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1


No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#397 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 324 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 25-03-2020 - 14:54

Xin phép góp thêm 3 bài nữa: 

$\boxed{\text{Bài 221}}$ Tìm GTNN của biểu thức

$$P=x^{2}+x-2x\sqrt{y}+y^{2}+y-2y\sqrt{x}+2010$$

$\boxed{\text{Bài 222}}$ Cho $x,y$ là 2 số thực không âm thỏa mãn $x+y=1$. Tìm GTNN của biểu thức: 

$$T=3\sqrt{1+2x^{2}}+2\sqrt{40+9y^{2}}$$ 

$\boxed{\text{Bài 223}}$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$.CMR: 

$$\sum \frac{1}{1+(1+x)^{3}}\geq \frac{1}{3}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 16:04

No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#398 Syndycate

Syndycate

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 136 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Mars

Đã gửi 25-03-2020 - 16:45

$\boxed{\text{Bài 221}}$ Tìm GTNN của biểu thức

$$P=x^{2}+x-2x\sqrt{y}+y^{2}+y-2y\sqrt{x}+2010$$

$P=(x-\sqrt{y})^2+(y-\sqrt{x})^2+2010\geq 2010$

Dấu bằng xảy ra khi $x^2=y=\sqrt{x}=>x=y=0; x=y=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 16:08

Đạt.....


#399 Syndycate

Syndycate

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 136 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Mars

Đã gửi 25-03-2020 - 16:58

$\boxed{\text{Bài 217}}$ Cho $x,y>0$ thoả mãn $3xy=x+y+1$. Tìm GTLN của biểu thức
$$S=\frac{3x}{y(x+1)}+\frac{3y}{x(y+1)}-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{y^2}$$

Cách anh Sin99 rất hay còn đây là cách em. Khác mỗi việc đặt thôi à.

Đặt $xy=t(t\geq 1)$
Biến đổi được:
$S=\frac{5a-1}{4a^2}\leq 1$
$=> (1-a)(4a-1)\leq 0$
Đúng với $t\geq 1$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 16:07

Đạt.....


#400 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 518 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$ \text {Tp.HCM} $
  • Sở thích:$ \textbf{ Loyalty } $

Đã gửi 26-03-2020 - 16:59

$ \boxed{\text{Bài 218}} $ Cho $ a,b,c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng 

$$ \frac{1+bc}{a} + \frac{1+ca}{b} + \frac{ab}{c} > \sqrt{a^2 + 2} + \sqrt{b^2+2} + \sqrt{c^2+2} $$

 

Cách 2

$ VT = \sum \frac{1}{a} + \sum \frac{bc}{a} $. 

Theo Cô-si, ta có $ \frac{bc}{a} + \frac{ac}{b} \geq 2c $ suy ra $ \sum \frac{bc}{a} \geq \sum a $.

Từ đó $ VT \geq a + \frac{1}{a} + b + \frac{1}{b} + c + \frac{1}{c} $ 

mà $ (a+\frac{1}{a})^2 = a^2 + \frac{1}{a^2} + 2 > a^2 + 2 \Rightarrow a + \frac{1}{a} > \sqrt{a^2+2} $

Suy ra điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sin99: 26-03-2020 - 16:59

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐





4 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh


    Bing (3)