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 825 trả lời

#421 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 557 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 30-03-2020 - 15:30

$\boxed{\text{Bài 209}}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn điều kiện $\sum \frac{1}{a}\leq 16[a+b+c]$. Chứng minh rằng

$$\sum \frac{1}{[a+b+\sqrt{2a+2c}]^{3}}\leq \frac{8}{9}$$

Cách của bạn leo1905 hay đó.Còn đây là cách của mình:

$\text{Cách 2}$: Ta có: $16(a+b+c)\geq \sum \frac{1}{a}=\frac{(ab+bc+ca)^{2}}{abc(ab+bc+ca)}\geq \frac{3(a+b+c)}{ab+bc+ca}\Rightarrow \frac{1}{6(ab+bc+ca)}\leq \frac{8}{9}$ 

Áp dụng BĐT AM-GM ta có: $a+b+\sqrt{2(a+c)}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)}{2}}\Rightarrow \frac{1}{[a+b+\sqrt{2a+2c}]^{3}}\leq \frac{2}{27(a+b)(c+a)}$.

Tương tự; rồi cộng các vế các BĐT vừa nhận được ta có: $\sum \frac{1}{[a+b+\sqrt{2a+2c}]^{3}}\leq \frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}$.

Ta cần chứng minh: $\frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{1}{6(ab+bc+ca)}\Rightarrow 8(a+b+c)(ab+bc+ca)\leq 9(a+b)(b+c)(c+a)$ (luôn đúng)

Vậy ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra <=> $a=b=c=\frac{1}{4}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 30-03-2020 - 15:33


#422 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 557 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 30-03-2020 - 15:43

Xin góp thêm vài bài nữa:

$\boxed{\text{Bài 233}}$: Cho $a,b,c>0$.CMR:

$$\sum \frac{(a-b-c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\geq \frac{1}{2}$$

$\boxed{\text{Bài 234}}$ Cho $x,y,z,t\geq 0$ thỏa mãn $x+y+z+t=k(k>0)$.Tìm GTNN của: 

$$A=\frac{x}{1+y^{2}}+\frac{y}{1+x^{2}}+\frac{z}{1+t^{2}}+\frac{t}{1+z^{2}}$$ 

$\boxed{\text{Bài 235}}$: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.CMR:

$$\sum \frac{4a^{2}-27}{b^{2}+c^{2}}+\frac{69}{2}\geq 0$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 05-04-2020 - 08:22


#423 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 285 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 30-03-2020 - 15:50

Xin góp thêm vài bài nữa:

$\boxed{\text{Bài 233}}$: Cho $a,b,c>0$.CMR:$\sum \frac{(a-b-c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\geq \frac{1}{2}$

Xí bài dễ nhất cho mình, bài khó cho người ta  :icon6:

$\text{LHS-RHS}=1/6\sum \,{\frac { \left( 2\,a-b-c \right) ^{2} \left( 5\,a+b+c \right) }{ \left( 2\,{a}^{2}\,+(b+\,c)^2 \right) \left( a+b+c \right) }} \geqq 0$



#424 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 557 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 30-03-2020 - 16:31

$\boxed{\text{Bài 233}}$: Cho $a,b,c>0$.CMR:$\sum \frac{(a-b-c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\geq \frac{1}{2}$

Anh tthnew có vẻ pro phần SOS nhỉ; hầu như bài nào cũng sài SOS được;chất lừ.

Còn cách của em chỉ đơn thuần như thế này thôi:

$\text{Cách 2}$: Áp dụng BĐT: $(x+y)^{2}\leq 2(x^{2}+y^{2})$ cho mẫu; ta có:

$VT\geq \frac{\sum (a-b-c)^{2}}{\sum 2a^{2}}$.

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu chỉ ra đc: $\frac{\sum (a-b-c)^{2}}{\sum 2a^{2}}\geq \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \sum (a-b-c)^{2}\geq \sum a^{2}\Leftrightarrow \sum a^{2}\geq \sum ab$ (luôn đúng)

=>đpcm.



#425 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 332 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 30-03-2020 - 17:22

$233$
$C3:$
Chuẩn hoá a+b+c=3:
$BDT=>\sum \frac{(2a-3)^2}{2a^2+(3-a)^2}\geq \sum (\frac{-2}{3}.a +\frac{5}{6})$
$<=>(4a+3)(a-1)^2\geq 0$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#426 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 332 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 30-03-2020 - 17:54

Góp topic 2 bài khá Ok mình mới làm tuần qua ^^
$236$ Let x,y>0:Min?
$\frac{2}{\sqrt{(2x+y)^3+1}-1}+\frac{2}{\sqrt{(2y+x)^3+1}-1}+\frac{(2y+x)(2x+y)}{4}-\frac{8}{3(x+y)}$
$237$ Let a,b,c>0:
$\sum \sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}\leq \sqrt{(\sum \sqrt{a}).(\sum \frac{1}{\sqrt{a}})}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 31-03-2020 - 17:59

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#427 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết

Đã gửi 30-03-2020 - 18:28

$\boxed{\text{Bài 227}}$ Cho $x,y,z$ không âm phân biệt đôi một. CMR: $\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{z+y}{(z-y)^2}+\frac{x+z}{(x-z)^2}\geq \frac{9}{z+y+z}$

$\boxed{\text{Bài 228}}$ Cho số thực $a,b,c$ không âm thỏa $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$ và không có hai số đồng thời bằng 0. Tìm Min: 

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

$\boxed{\text{Bài 229}}$ CHo các số thực không âm $a,b,c$. CMR $a\sqrt{4a^2+5bc}+ab\sqrt{4b^2+5ac}+c\sqrt{4c^2+5ba}\geq (a+b+c)^{2}$

Bài 229:

Áp dụng BĐT C-S ta có: $\sum a\sqrt{4a^2+5bc}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum \frac{a}{\sqrt{4a^2+5bc}}}$.

Ta đi CM: $\sum \frac{a}{\sqrt{4a^2+5bc}}\leq 1$ (*) . Đặt $x^2=\frac{bc}{a^2};y^2=\frac{ca}{b^2};z^2=\frac{ab}{c^2}$ ($x;y;z>0$)

BĐT cần CM trở thành: $f(x;y;z)=\sum \frac{1}{\sqrt{5c^2+4}}\leq 1$ với $xyz=1$.

Ta CM: $f(x;y;z)\leq f(\sqrt{xy};\sqrt{xy};z)$ $\Leftrightarrow \frac{2}{\sqrt{5xy+4}}-\frac{1}{\sqrt{5x^2+4}}-\frac{1}{\sqrt{5y^2+4}}\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{5(x-y)^2(4-5xy+\frac{4\sqrt{5xy+4}(x+y)}{x\sqrt{5y^2+4}+y\sqrt{5x^2+4}})}{\sqrt{5xy+4}.\sum [(5x^2+4)+\sqrt{(5x^2+4)(5xy+4)}]}\geq 0$ (1)

Trong 3 số $x;y;z$ tồn tại 1 số không nhỏ hơn 1; giả sử là $z$ $\Rightarrow xy\leq 1$.

Do đó: (1) đúng nếu ta chỉ ra: $\frac{4\sqrt{5xy+4}(x+y)}{x\sqrt{5y^2+4}+y\sqrt{5x^2+4}}>1$.

$\Leftrightarrow 16(5xy+4)(x+y)^2\geq (x\sqrt{5y^2+4}+y\sqrt{5x^2+4})^2$

Áp dụng BĐT C-S ta có $(x\sqrt{5y^2+4}+y\sqrt{5x^2+4})^2\leq 2[x^2(5y^2+4)+y^2(5x^2+4)]=20(xy)^2+8(x^2+y^2)<16(5xy+4)(x+y)^2$.

Bây giờ chỉ ra: $f(\sqrt{xy};\sqrt{xy};z)\leq 1\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{5z^2+4}}+\frac{2}{\sqrt{5ab+4}}\leq 1\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{5z^2+4}}+\frac{2}{\sqrt{\frac{5}{c}+4}}\leq 1$. Quy đồng; bình phương rút gọn; phân tích thành nhân tử ta được:

$(z-1)^2(61z^2+2z+45)\geq 0$ (Luôn đúng)

Từ đó ta có: đpcm

Mình nghĩ BĐT (*) có thể CM bằng BĐT cổ điển nhưng mình hơi ngu BĐT cổ điển, nghĩ mãi ko ra nên mới phải làm cách dồn biến dài dòng này (tuy nhiên tỉ lệ làm được khá cao). Mình thấy nó gần giống với bài BĐT IMO 2001. Mong nhận được lời giải đẹp hơn từ các pro!!!



#428 Minh2082005

Minh2082005

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 18 Bài viết

Đã gửi 31-03-2020 - 09:35

Mình xin góp thêm 1 bài 

$\boxed{\text{Bài 238}}$: Cho 3 số dương a,b,c.CMR

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

(sưu tầm)



#429 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 332 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 31-03-2020 - 14:55

$\sum \frac{a}{\sqrt{4a^2+5bc}}\leq 1$ (*)

Mình tìm được một cách S.O.S cho bất đẳng thức trên:
Áp dụng BĐT BCS:
$L.H.S=\sum \sqrt{a(b+c).\frac{a}{(4a^2+5bc)(b+c)}}\leq
2.(\sum ab.)(\sum \frac{a}{(4a^2+5bc)(b+c)}=1-abc.\frac{10.\prod (a-b)^2+\sum (a^3c+b^3c+46(a+b)^2+3c^4+3ab(a^2+ab+b^2))(a-b)^2}{\prod (4a^2+5bc).\prod (a+b)}\leq 1$
$=>Dfcm$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
Còn hướng thứ ba có thể dùng trực tiếp Chebyshev để cm bđt đã cho, ko cần chia tử nữa...
P/S: thx tthnew, mình sửa đoạn đầu r.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 31-03-2020 - 16:04

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#430 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 138 Bài viết

Đã gửi 31-03-2020 - 17:36

Góp topic 2 bài khá Ok mình mới làm tuần qua ^^
$237$ Let a,b,c>0:
$\sum \sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}\leq \sqrt{(\sum \sqrt{a}).(\sum \frac{1}{\sqrt{a}})}$

Mọi người check hộ mình với mình không huyết có đúng không >_<
Ta sẽ CM bđt mạnh hơn
$$ \sum \sqrt{ \frac{a(b+c)}{a^2+bc}} \leq 3 $$
Theo C-S
$$ LHS^2 \leq 2(ab+bc+ca)(\sum \frac{1}{a^2+bc} ) \leq 9
<=> S_{a}(b-c)^2+S_{b}(c-a)^2+S_{c}(a-b)^2 \geq 0 $$
Trong đó$$ S_{a} = 6a^4+4b(a^3+c^3)+4c(a^3+b^3)-4a(b^3+c^3)+2b^2c^2 $$
Tương tự
Do $a,b,c$ bình đẳng nên
WLOG $ a \geq b \geq c $ nên $S_{b} >0$
Và $ S_{a}+S_{b},S_{b}+S_{c} >0 $
Nên có Đpcm
Mong mọi người check hộ mình đặc biệt chỗ phân tích $ S_{a,b,c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daniel18: 31-03-2020 - 20:16


#431 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 138 Bài viết

Đã gửi 31-03-2020 - 18:10

Cho mình hỏi bđt sau có đúng không
$$ 3\sum \frac{a^2(b^2+c^2)}{a^4+b^2c^2} \leq 3 + \sum_{sym} \frac{a}{b} $$
Mình đã phân tích SOS được đến đoạn này những không biết làm gì tiếp:
$$RHS-LHS = \sum (a-b)^2(\frac{2}{ab}+\frac{(a+b)^2(2a^2c^2+2c^2b^2-c^4-a^2b^2)}{(a^4+b^2c^2)(b^4+c^2a^2)} $$

#432 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 285 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 31-03-2020 - 18:45

Cho mình hỏi bđt sau có đúng không
$$ 3\sum \frac{a^2(b^2+c^2)}{a^4+b^2c^2} \leq 3 + \sum_{sym} \frac{a}{b} $$
Mình đã phân tích SOS được đến đoạn này những không biết làm gì tiếp:
$$RHS-LHS = \sum (a-b)^2(\frac{2}{ab}+\frac{(a+b)^2(2a^2c^2+2c^2b^2-c^4-a^2b^2)}{(a^4+b^2c^2)(b^4+c^2a^2)} $$

Bất đẳng thức này sai rồi bạn. Thử $a=b=c\rightarrow \text{VP-VT}=-3<0$

Update: À mình xin lỗi, mình sẽ xem lại và sẽ sớm đưa ra lời giải của mình.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 31-03-2020 - 18:51


#433 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 138 Bài viết

Đã gửi 31-03-2020 - 18:48

Bất đẳng thức này sai rồi bạn. Thử $a=b=c\rightarrow \text{VP-VT}=-3<0$

.


Bạn ơi
$$ \sum_{sym} \frac{a}{b} = \sum \frac{a+b}{c} $$

#434 hoangnx

hoangnx

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 16 Bài viết

Đã gửi 31-03-2020 - 18:51

Minh góp thêm 1 bài thi HSG tỉnh:

239. Cho x,y,z>0 thỏa mãn: xy+yz+zx=1. CMR:

$\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}+3\geqslant \left ( x+y+z \right )^{2}+\sqrt{3}$



#435 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 557 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 31-03-2020 - 21:42

$\boxed{\text{Bài 225}}$: .....Cho $a,b,c>0$.CMR: $\sum \frac{(2a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\leq 8$.

$\text{Cách 3}$: Ta có:$3-\frac{(2a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}=\frac{2(a-b-c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}$

Tương tự=>BĐT quy về chứng minh:$\sum \frac{(a-b-c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\geq \frac{1}{2}$.

BĐT trên chính là BĐT của bài 233; luôn đúng.

=>đpcm



#436 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 285 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 01-04-2020 - 09:17

Góp thêm bài nữa cho Topic sôi động lên nào! Mấy nay thấy hơi kém vui hơn trước.

$\boxed{\text{Bài 240}}$ Cho $a,b,c \geqq 0$ sao cho không có $\text{2}$ số nào đồng thời bằng $\text{0}$.

Chứng minh rằng: $${\frac { \left( a-b \right) ^{2}ab}{ \left( b+c \right) ^{2} \left( c+ a \right) ^{2}}}+{\frac { \left( b-c \right) ^{2}bc}{ \left( c+a \right) ^{2} \left( a+b \right) ^{2}}}+{\frac { \left( c-a \right) ^{ 2}ca}{ \left( a+b \right) ^{2} \left( b+c \right) ^{2}}}-1/4\,{\frac { \left( -c+a \right) ^{2} \left( b-c \right) ^{2} \left( a-b \right) ^ {2}}{ \left( b+c \right) ^{2} \left( c+a \right) ^{2} \left( a+b \right) ^{2}}} \geqq 0$$

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 01-04-2020 - 09:23


#437 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết

Đã gửi 01-04-2020 - 11:00

Xin góp thêm vài bài nữa:

$\boxed{\text{Bài 233}}$: Cho $a,b,c>0$.CMR:$\sum \frac{(a-b-c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\geq \frac{1}{2}$

 

$\boxed{\text{Bài 234}}$: Tìm GTNN của: $A=\frac{x}{1+y^{2}}+\frac{y}{1+x^{2}}+\frac{z}{1+t^{2}}+\frac{t}{1+z^{2}}$ với $x,y,z,t\geq 0$ thỏa mãn $x+y+z+t=k(k>0)$.

 

$\boxed{\text{Bài 235}}$: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.CMR: $\sum \frac{4a^{2}-27}{b^{2}+c^{2}}+\frac{69}{2}\geq 0$

Bài 235:

BĐT cần CM tương đương với $(4a^2+4b^2+4c^2-27)(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2})+\frac{45}{2}\geq 0$

Mà $2(b^2+c^2)\geq (b+c)^2$ nên cần chỉ ra: $A=(4a^2+2(b+c)^2-27)(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2})+\frac{45}{2}\geq 0$. Nếu $4a^2+2(b+c)^2-27\geq 0$ thì BĐT hiển nhiên đúng. Xét TH: $4a^2+2(b+c)^2-27\leq 0$

Đầu tiên ta CM: $\frac{8}{4a^2+(b+c)^2}+\frac{2}{(b+c)^2}\geq \frac{2}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+c^2}$ (1). với giả sử $a\geq b\geq c$

Thật vật BĐT tương đương với: $(b-c)^2[\frac{1}{(b^2+c^2)(b+c)^2}-\frac{2}{[4a^2+(b+c)^2(a^2+bc)]}]\geq 0$

$\Leftrightarrow (b-c)^2.\frac{[4a^2+(b+c)^2](a^2+bc)-2(b+c)^2(b^2+c^2)}{A}\geq 0$ $\Leftrightarrow (b-c)^2.[[4a^2+(b+c)^2](a^2+bc)-2(b+c)^2(b^2+c^2)]\geq 0$. Ta có: $[4a^2+(b+c)^2](a^2+bc)\geq 2.2a(b+c)(a^2+bc)\geq 2.(b+c)^2(b^2+c^2)$ (Luôn đúng với $a\geq b\geq c$). Do đó (1) được CM.

Tiếp đến CM: $\frac{2}{a^2+bc}\geq \frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{a^2+c^2}\Leftrightarrow \frac{(b-c)^2(a^2-bc)}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}\leq 0$ (Luôn đúng với $a\geq b\geq c$).

Do đó: $\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2}\leq \frac{2}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+c^2}\geq \frac{8}{4a^2+(b+c)^2}+\frac{2}{(b+c)^2}$. Mà $4a^2+2(b+c)^2-27\leq 0$ nên $A\geq (4a^2+2(b+c)^2-27)(\frac{8}{4a^2+(b+c)^2}+\frac{2}{(b+c)^2})+\frac{45}{2}$

$=(4a^2+2(3-a)^2-27)(\frac{8}{4a^2+(3-a)^2}+\frac{2}{(3-a)^2})+\frac{45}{2}$ 

$=\frac{9(7a-15)^2(a-1)^2}{2(3-a)^2[4a^2+(3-a)^2]}\geq 0$ (Đúng với mọi $a$)

Dấu ''='' xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$ hoăc $a=\frac{15}{7};b=\frac{3}{7};c=\frac{3}{7}$ và các hoán vị



#438 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 332 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 01-04-2020 - 16:31

Mình xin góp thêm bài nữa. Cũng khá hiền...
Cho $x,y,z>0/xy+yz+zx\geq x+y+z$
Tìm Min?
$ \sum \frac{x^2}{\sqrt{x^3+8}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 01-04-2020 - 16:38

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#439 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 138 Bài viết

Đã gửi 01-04-2020 - 17:30

$ \boxed{\text{Bài 236}} $ Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$.CMR:
$$ \sum \sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}} \geq 3 $$

$ \boxed{\text{Bài 237}} $ Cho $a,b,c>0$ . CMR:
$$ \sum \frac{a^3}{b+c} +abc\sum \frac{1}{b+c} \geq ab+bc+ca $$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 16:15


#440 DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1756 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trung học PT * NGT . *Bắp Nhà Chùa* ; Phú Yên.

Đã gửi 01-04-2020 - 17:59

$\boxed{\text{Bài 238}}$. Cho $3$ số thực dương $x, y, z$. Chứng minh rằng :

$$\max\{2x+ y, 2y+ z, 2z+ x\}\geqq \sqrt{3\left ( x^{2}+ y^{2}+ z^{2} \right )}$$


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

20:46, 22/12/2019

 
 
In how many ways can a laser beam enter at vertex, bounce off n surfaces, then exit through the same vertex?

 





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh