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 713 trả lời

#81 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 109 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Another Dimension

Đã gửi 21-02-2020 - 09:11

Mình xin phép góp 1 bài !

$\boxed{\text{Bài 49}} $ Cho $a,b,c>0 $ thỏa mãn $a+b+c=2005$. Chứng minh 

$$\frac{a^3}{2a^2+bc}+\frac{b^3}{2b^2+ca}+\frac{c^3}{2c^2+ab}\geq \frac{2005}{3}$$

BĐT  $\sum \frac{2a^{3}}{2a^{2}+bc}\geq \frac{4010}{3}\Leftrightarrow (a+b+c)-\sum \frac{abc}{2a^{2}+bc}$$\geq \frac{4010}{3}$

Có Theo $C-S $

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

$\Rightarrow 2VT\geq a+b+c-\frac{a+b+c}{3}=\frac{2(a+b+c)}{3}\Rightarrow VT\geq \frac{a+b+c}{3}=\frac{2005}{3}$

Dấu $"="$ xảy ra $ \Leftrightarrow a=b=c=\frac{2005}{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 11:14


#82 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 109 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Another Dimension

Đã gửi 21-02-2020 - 09:23

$\boxed{\text{Bài 50}}$: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$ Chứng minh rằng

a/ $\frac{90}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+15}\leq \frac{3a^{2}+2a}{2a+1}+\frac{3b^{2}+2b}{2b+1}+\frac{3c^{2}+2c}{2c+1}$

b/ $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}+6}}\geq \frac{a^{2}}{2a+1}+\frac{b^{2}}{2b+1}+\frac{c^{2}}{2c+1}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 11:18


#83 Syndycate

Syndycate

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 272 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:ɴᴏᴛʜɪɴɢ

Đã gửi 21-02-2020 - 10:25

$\boxed{\text{Bài 50}}$: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$ Chứng minh rằng

a/ $\frac{90}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+15}\leq \frac{3a^{2}+2a}{2a+1}+\frac{3b^{2}+2b}{2b+1}+\frac{3c^{2}+2c}{2c+1}$

b/ $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}+6}}\geq \frac{a^{2}}{2a+1}+\frac{b^{2}}{2b+1}+\frac{c^{2}}{2c+1}$

Bài 50:

b/ Có: $3.\sqrt{\sum a^2+6}\leq \frac{1}{2}.(15+\sum a^2)$

 

$\Rightarrow 6.\sqrt{a^2+6}\leq 15+\sum a^2\leq 6+\sum 4a^2$

Cần CM: VP $\leq \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{4(a^2+b^2+c^2)+6}=\frac{3}{2}-\frac{9}{4(\sum a^2)+6}$

 

$\Rightarrow \frac{3}{2}-VP\geq \frac{9}{4(\sum a^2)+6}$   (1)

 

Có:$\frac{3}{2}=\frac{\sum a}{2}\Rightarrow VT(1)=\sum (\frac{a}{2}-\frac{a^2}{2a+1})=\sum \frac{a}{4a+2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)+6}=VP(1)$ (ĐPCM)

 

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 11:20



" Khi ta đã quyết định con đường cho mình, kẻ được nói ta ngu ngốc chỉ có bản thân ta mà thôi. " - Roronoa Zoro.

#84 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 21-02-2020 - 10:44

$\boxed{\text{Bài 31}}$ Cho các số thưc dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z\leq 3xyz$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

$$P=\frac{xy+yz+zx-1}{\sqrt{3x^2+1}+\sqrt{3y^2+1}+\sqrt{3z^2+1}}$$

$\boxed{\text{Bài 33}}$ Cho các số thưc dương $x,y,z$ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+4xyz=2(xy+yz+zx)$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$$P=x(1-y)(1-z)$$

$\boxed{\text{Bài 34}}$ Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng

$$\frac{a}{b^2+c^2+2}+\frac{b}{c^2+a^2+2}+\frac{c}{a^2+b^2+2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{8}$$

$\boxed{\text{Bài 36}}$ Cho ba số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng

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

Sau 1 ngày không ai đưa ra lời giải, mình xin đưa ra lời giải Bài 31, Bài 34, Bài 36 đồng thời mình cũng xin nêu ra cách 2 của Bài 33

Bài 31: Ta có: $xy+yz+zx\geq\sqrt{3xyz(x+y+z)}\geq x+y+z$ (Vì $3xyz\geq x+y+z$)

Áp dụng BĐT $C-S$ ta có:

$\Rightarrow (\sqrt{3x^2+1}+\sqrt{3y^2+1}+\sqrt{3z^2+1})^2\leq(3x^2+3y^2+3z^2+3).3=9(x^2+y^2+z^2+1)\Leftrightarrow \sqrt{3x^2+1}+\sqrt{3y^2+1}+\sqrt{3z^2+1} \leq 3\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}$

Khi đó:: $P\geq\frac{xy+yz+zx-1}{3\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}}=\frac{xy+yz+zx-1}{3\sqrt{(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)+1}}\geq\frac{xy+yz+zx-1}{3\sqrt{(xy+yz+zx)^2-2(xy+yz+zx)+1}}=\frac{1}{3}$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$

 

Bài 34: Ta có: Đặt $a+b+c=S;S>0$ ta có:$\frac{a}{b^2+c^2+2}=\frac{a}{S^2-a^2}$

Khi đó, BĐT cần CM $\Leftrightarrow \sum\frac{a}{S^2-a^2}\geq\frac{3\sqrt{3}}{8}\Leftrightarrow \sum\frac{aS^2}{S^2-a^2}\geq \frac{3\sqrt{3}S^2}{8}\Leftrightarrow \sum\frac{a^3}{S^2-a^2}+S\geq\frac{3\sqrt{3}S^2}{8}$

Mặt khác $\sum\frac{a^3}{S^2-a^2}=\sum\frac{a^4}{aS^2-a^3}\geq\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a+b+c)S^2-a^3-b^3-c^3}=\frac{(S^2-2)^2}{S^3-(a^3+b^3+c^3)}=\frac{S(S^2-2)^2}{S^4-(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)}\geq\frac{S(S^2-2)^2}{S^4-(S^2-2)^2}=\frac{S(S^2-2)^2}{4S^2-4}$

Ta cần chứng minh: $\frac{S(S^2-2)^2}{4S^2-4}+S\geq\frac{3\sqrt{3}S^2}{8}\Leftrightarrow (S-\sqrt{3})^2(2S+\sqrt{3})\geq0$ (BĐT ĐÚNG)

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$

 

Bài 36:

Áp dụng BĐT $C-S$ ta có: $(a^3+b+c)(a+b+c)\geq(a^2+b+c)^2$

Và $(a^2+b+c)(1+b+c)\geq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow \frac{1}{a^3+b+c}\leq \frac{(1+b+c)^2}{(a+b+c)^3}\Rightarrow \sum\frac{1}{a^3+b+c}\leq \sum\frac{(1+b+c)^2}{(a+b+c)^3}$

Ta cần chứng minh: $(1+b+c)^2+(1+c+a)^2+(1+a+b)^2\leq 3(a+b+c)^2\Leftrightarrow(a+b+c)^2+2(ab+bc+ca)-4(a+b+c)-3\geq0$

Mà $ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3$ nên ta cần chứng minh $(a+b+c)^2-4(a+b+c)+3\geq 0\Leftrightarrow (a+b+c-1)(a+b+c-3)\geq0$ (ĐÚNG do $abc=1$)

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

 

Bài 33: Ta có: ĐK$\Leftrightarrow (x-y-z)^2=4yz(1-x)\Rightarrow x\leq1$ 

Tương tự: $y\leq1, z \leq 1$

TH1: $y=1$ hoặc $z=1$ thì $P=0$

TH2$(y-1)(z-1)\neq 0$

Đặt $x=a;1-y=b;1-z=c; 0<a,b,c<1$ ta có: 

ĐK $\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+4abc=2(ab+bc+ca)$

Đặt $a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r$ ta có:

ĐK$\Leftrightarrow p^2-4q=-4r$

Áp dụng BĐT Schur ta có:$p^3-4pq+9r\geq 0\Leftrightarrow p(p^2-4q)+9r\geq0\Leftrightarrow -4pr+9r\geq 0\Leftrightarrow \frac{9}{4}\geq p\geq 3\sqrt[3]{r}\Leftrightarrow r\leq\frac{27}{64}$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=\frac{3}{4};y=z=\frac{1}{4}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WaduPunch: 22-02-2020 - 13:39


#85 Syndycate

Syndycate

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 272 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:ɴᴏᴛʜɪɴɢ

Đã gửi 21-02-2020 - 11:13

$\boxed{\text{Bài 50}}$: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$ Chứng minh rằng

a/ $\frac{90}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+15}\leq \frac{3a^{2}+2a}{2a+1}+\frac{3b^{2}+2b}{2b+1}+\frac{3c^{2}+2c}{2c+1}$

b/ $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}+6}}\geq \frac{a^{2}}{2a+1}+\frac{b^{2}}{2b+1}+\frac{c^{2}}{2c+1}$

Bài 50:

a) Có: $VP=\sum \frac{3a^2+2a}{2a+1}=\sum \frac{2a(2a+1)-a^2}{2a+1}=\sum (2a -\frac{a^2}{2a+1})=6-\sum \frac{a^2}{2a+1}$

        $VT=\frac{15.6}{\sum a^2+15}= 6-\frac{\sum 6a^2}{a^2+15}$

Từ đó, cần CM: $\sum \frac{a^2}{2a+1}\leq \sum \frac{6a^2}{\sum a^2+15}=\sum \frac{6a^2}{4(\sum a^2)+6}=\frac{3}{2}-\frac{9}{4(\sum a^2)+6}$  (*)

Từ (*), phải CM nốt $\frac{3}{2}-\sum \frac{a^2}{2a+1}\geq \frac{9}{4(\sum a^2)+6}$  (1)

Có: $\frac{3}{2}=\frac{\sum a}{2}\Rightarrow VT(1)=\sum (\frac{a}{2}-\frac{a^2}{2a+1})=\sum \frac{a}{4a+2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)+6}=VP(1)$

Dấu $"="$ xảy ra $ \Leftrightarrow a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 11:20



" Khi ta đã quyết định con đường cho mình, kẻ được nói ta ngu ngốc chỉ có bản thân ta mà thôi. " - Roronoa Zoro.

#86 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

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

Đã gửi 21-02-2020 - 12:12

Mình xin góp thêm bài sau:

$ \boxed{\text{Bài 48}} $ Cho $ a,b,c > 0 $. Chứng minh rằng 

$$ (a+b+c)^3(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq 27(abc)^2 $$

Cách 2 cho Bài 48, gọn và không cần sử dụng công cụ mạnh như bạn tthnew

Vào phòng thi, sử dụng những công cụ quá mạnh đấy không phải là lựu chọn ưu tiên, nhất là với giới hạn học sinh THCS, vì thế các bạn nên cố gắng đưa ra những lời giải "phụ hợp" nhất với đối tượng của Topic!

Trở lại bài toán:

Đặt  $ (a+b-c, b+c-a,a+c-b) \rightarrow (x,y,z) $

Trong $ a,b,c $ tồn tại 1 số lớn nhất, giả sử là $ a $, suy ra $ a+b-c , a+c-b > 0 $ hay $ x,z > 0 $

Nếu $ b+c-a < 0 $, bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Xét $ x,y,z > 0 $. Bất đẳng thức tương dương $ (x+y+z)^3xyz \leq \frac{27(x+y)^2(y+z)^2(x+z)^2}{64} $

Áp dụng BĐT $ (x+y)(y+z)(x+z) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+xz) $ và $ (xy+yz+xz)^2 \geq 3xyz(x+y+z) $, ta có

$ VP \geq \frac{27.8^2.(x+y+z)^2(xy+yz+xz)^2}{9^2.64} \geq \frac{3xyz(x+y+z)^3}{3} = VT $ 

Dấu "=" xảy ra khi $ x =y = z  $ hay $ a=b=c>0 $.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sin99: 21-02-2020 - 15:05

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#87 vietdung109

vietdung109

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:thích vẽ , thích bđt và số học

Đã gửi 21-02-2020 - 13:44

$\boxed{\text{Bài 51}}$ Cho $\left\{\begin{matrix}a,b,c>0 & & \\ a+b+c=3abc & & \end{matrix}\right.$ Chứng minh rằng

$$\frac{a+2b}{\sqrt{b^{2}+2ca+6}}+\frac{b+2c}{\sqrt{c^{2}+2ab+6}}+\frac{c+2a}{\sqrt{a^{2}+2bc+6}}\geq 3$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 19:09


#88 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 21-02-2020 - 14:18

$\boxed{\text{Bài 52}}$ Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng: 

$$(3a+2b+c)^3 \geq 6\sqrt{3}(a+b+c)(ab+bc+ca)$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 17:27


#89 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 21-02-2020 - 17:59

$\boxed{\text{Bài 51}}$ Cho $\left\{\begin{matrix}a,b,c>0 & & \\ a+b+c=3abc & & \end{matrix}\right.$ Chứng minh rằng

$\frac{a+2b}{\sqrt{b^{2}+2ca+6}}+\frac{b+2c}{\sqrt{c^{2}+2ab+6}}+\frac{c+2a}{\sqrt{a^{2}+2bc+6}}\geq 3$

Ta có:  $\frac{a+2b}{\sqrt{b^{2}+2ca+6}}\geq \frac{a+2b}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}$

$\Rightarrow \sum \frac{a+2b}{\sqrt{b^{2}+2ca+6}}\geq \frac{3(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}$

Suy ra ta cần cm: $\frac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6}}\geq 1 \Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq a^2+b^2+c^2+6$

Lại có $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc \Rightarrow 3abc(ab+bc+ca)\geq 9abc \Rightarrow ab+bc+ca\geq 3$

Từ đó ta có ĐPCM.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 19:08


#90 phan duy quang lh

phan duy quang lh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 140 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:hà tĩnh
  • Sở thích:toán học
    anime
    "truyện tranh" =.=

Đã gửi 21-02-2020 - 20:02

Xin góp bài Nghi Xuân nè, bài này khá dễ , chắc anh em làm nhìu rùi  :closedeyes:  :icon6:  :icon6:  :icon6:

$\boxed{\text{Bài 53}}$ Cho ba số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $xy+yz+xz=671$. Chứng minh rằng

 $$\frac{x}{x^{2}-yz+2013}+\frac{y}{y^{2}-xz+2013}+\frac{z}{z^{2}-yx+2013}\geq \frac{1}{x+y+z}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 21:57

trứng gà , đập vỡ từ bên ngoài là thức ăn 

đập vỡ từ bên trong là sinh mạng 

đời người cũng vậy 

đập vỡ từ bên ngoài là áp lực 

đập vỡ từ bên trong là trưởng thành  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  ~O)  :ph34r: 

                                       TÁC giả giấu tên 


#91 Thekingof2005

Thekingof2005

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 68 Bài viết

Đã gửi 21-02-2020 - 20:25

$\boxed{\text{Bài 54}}$ Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ a+b+c=1$. Chứng minh rằng

$$\frac{ab}{\sqrt{(1-c)^{3}(1+c)}} +\frac{bc}{\sqrt{(1-a)^{3}(1+a)}}+\frac{ca}{\sqrt{(1-b)^{3}(1+b)}} \leq \frac{3\sqrt{2}}{8}$$

$\boxed{\text{Bài 55}}$ Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c\leq 1$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab(a+b)}+\frac{1}{bc(b+c)}+\frac{1}{ca(c+a)}\geq \frac{87}{2}$$ 

 

*Bạn vui lòng ghi đầy đủ để bài và đánh đúng số thứ tự của bài nhé!!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 24-02-2020 - 10:21


#92 Hidfey Jarvis

Hidfey Jarvis

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 21 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Fanti beard TH
  • Sở thích:Geometry, Psychological Problems, Languages,...

Đã gửi 21-02-2020 - 21:04

Em xin góp một bài.

$\boxed{\text{Bài 56}}$ Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:

 

$$\frac{2x^2+y^2+z^2}{4-yz}+\frac{2y^2+x^2+z^2}{4-xz}+\frac{2z^2+y^2+x^2}{4-yx} \geq 4xyz$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 21:56


#93 Le Sy The Anh

Le Sy The Anh

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 20 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đông Sơn, Thanh Hóa

Đã gửi 21-02-2020 - 21:10

$\boxed{\text{Bài 53}}$ Cho ba số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $xy+yz+xz=671$. Chứng minh rằng

 $$\frac{x}{x^{2}-yz+2013}+\frac{y}{y^{2}-xz+2013}+\frac{z}{z^{2}-yx+2013}\geq \frac{1}{x+y+z}$$

Ta có: $A=\frac{x}{x^2-yz+2013}+\frac{y}{y^2-xz+2013}+\frac{z}{z^2-yx+2013}=\frac{x^2}{x^3-xyz+2013x}+\frac{y^2}{y^3-xyz+2013y}+\frac{z^2}{z^3-xyz+2013z}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarzt:

$A\geq \frac{(x+y+z)^2}{x^3+y^3+z^3-3xyz+2013(x+y+z)}=\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx+2013)}=\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^3}=\frac{1}{(x+y+z)}$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=\sqrt{\frac{671}{3}}$

 

*Em chú ý cách đánh latex nhé!!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 25-02-2020 - 22:24


#94 Syndycate

Syndycate

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 272 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:ɴᴏᴛʜɪɴɢ

Đã gửi 21-02-2020 - 21:43

$\boxed{\text{Bài 55}}$ Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c\leq 1$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab(a+b)}+\frac{1}{bc(b+c)}+\frac{1}{ca(c+a)}\geq \frac{87}{2}$$ 

Bài 55:

Có: $\sum \frac{1}{ab(a+b)}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2\prod (a+b)}}=3\sqrt[3]{\frac{1}{abc\prod (ab+bc)}}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)^3}{27}.\frac{8(ab+bc+ca)^3}{27}}}\geq \frac{27}{2(ab+bc+ca)}$

$VT\geq \frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{ab+bc+ca}+\frac{23}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}+\frac{23}{\frac{2(a+b+c)^2}{3}}=\frac{87}{2}$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 25-02-2020 - 22:24



" Khi ta đã quyết định con đường cho mình, kẻ được nói ta ngu ngốc chỉ có bản thân ta mà thôi. " - Roronoa Zoro.

#95 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 109 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Another Dimension

Đã gửi 21-02-2020 - 21:45

$\boxed{\text{Bài 56}}$ Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:

$$\frac{2x^2+y^2+z^2}{4-yz}+\frac{2y^2+x^2+z^2}{4-xz}+\frac{2z^2+y^2+x^2}{4-yx} \geq 4xyz$$

BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{2x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x(4yz-y^{2}z^{2})}\geq 4$

mà $4yz-(yz)^{2}\leq 2yz+1$

Chứng minh tương tự

$\Rightarrow\sum \frac{2x^{2}+y^{2}+z^{2})}{xyz(4-yz)}\geq \sum \frac{2x^{2}+y^2+z^{2}}{2xyz+x}\geq \frac{4(x+y+z)^{2}}{6xyz+x+y+z}\geq \frac{4.9}{6+3}=4$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 25-02-2020 - 22:24


#96 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 109 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Another Dimension

Đã gửi 21-02-2020 - 21:57

$\boxed{\text{Bài 55}}$ Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c\leq 1$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab(a+b)}+\frac{1}{bc(b+c)}+\frac{1}{ca(c+a)}\geq \frac{87}{2}$$ 

Mình xin trình bày cách 2 Bài 55

Vì $a+b+c\leq 1\Rightarrow Vt\geq \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\sum \frac{a+b+c}{ab(a+b)}=\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\sum \frac{1}{ab}+\sum \frac{c}{ab(a+b)}\geq \frac{16}{(a+b+c)^{2}+ab+bc+ca}+\frac{6}{ab+bc+ca}+\frac{(a+b+c)^{2}}{2abc(a+b+c)}\geq \frac{16}{1+\frac{1}{3}}+\frac{6}{\frac{1}{3}}+\frac{27(a+b+c)}{2(a+b+c)^{3}}\geq VP$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 25-02-2020 - 22:24


#97 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

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

Đã gửi 22-02-2020 - 00:17

 

$ \boxed{\text{Bài 43}} $ Cho các số thực dương $ a,b,c $. Đặt

$$ x = a + \frac{1}{b} - 1 , y = b + \frac{1}{c} - 1, z = c + \frac{1}{a} - 1 $$ 

Chứng minh rằng 

$$ xy + yz + xz \geq 3 $$

 

Sau 1 ngày chưa ai giải nên mình xin gửi lời giải.

Bài 42

Theo nguyên lí Dirichle, trong 3 số $x,y,z $ tồn tại 2 số nằm cùng phía với 1. Giả sử $ x,y $.

Suy ra $ (x-1)(y-1) \geq 0 \Rightarrow xy \geq x+y-1 $ 

Từ đây, suy ra $ VT = xy+yz+xz \geq x+y-1+yz+xz = (x+y)(z+1)-1 $ 

Áp dụng BĐT Cauchy :

$ x+y = a+\frac{1}{c} + \frac{1}{b} + b -2 \geq a + \frac{1}{c} \geq 2\sqrt{\frac{a}{c}} $ 

và $ z+1 = c+\frac{1}{a} \geq 2\sqrt{\frac{c}{a}} $ 

Nhân 2 đánh giá theo vế, ta có $ (x+y)(z+1) \geq 4 $

Vậy $ xy+yz +xz \geq 4-1 = 3$.

Dấu "=" xảy ra khi $ a=b=c=1$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 08:21

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#98 huygioinhatvinh

huygioinhatvinh

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Đã gửi 22-02-2020 - 02:55

Em góp 1 bài ạ 

$ \boxed{\text{Bài 57}} $ Cho a,b,c là các số thực dương sao cho $ ab+bc+ca=3 $. Chứng minh rằng

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 13:51


#99 Thekingof2005

Thekingof2005

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 68 Bài viết

Đã gửi 22-02-2020 - 08:27

$ \boxed{\text{Bài 58}} $ Cho $ x,y,z>0 $. Chứng minh rằng

$$x^2+y^2+z^2+\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2(xy+yz+zx)$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 10:32


#100 1232eeeferghrekt

1232eeeferghrekt

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Đã gửi 22-02-2020 - 09:24

$ \boxed{\text{Bài 58}} $ Cho $ x,y,z>0 $. Chứng minh rằng

$$x^2+y^2+z^2+\frac{9xyz}{x+y+z}\geq 2(xy+yz+zx)$$

Mình xin chém bài Bài 58:

BĐT trên tương đương với 

$(x+y+z)^{3}+9xyz\geq 4(x+y+z)(xy+yz+xz)$

mà : $(x+y+z)^{3}+9xyz=(x^3+y^3+z^3+3xyz)+3\left [ (x+y)(y+z)(z+x)+xyz \right ]+3xyz\geq (x+y)xy+(y+z)yz+(z+x)zx+3xyz+3(x+y+z)(xy+yz+xz)=4(x+y+z)(xy+yz+xz)$

Dấu ''=" xảy ra khi $ x=y=z $. (ĐPCM)
 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 10:32





0 người đang xem chủ đề

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