Chủ đề này có 10 trả lời

[NguyThang khtn]

1) $\dfrac {(b+c)^2} {a^2+bc} + \dfrac {(c+a)^2} {b^2+ca} + \dfrac {(a+b)^2} {c^2+ab}\geq6$

2) $ \dfrac 1 {a^2 +ab+b^2}+\dfrac 1 {b^2+bc+c^2}+\dfrac 1 {c^2+ca+c^2}\geq \dfrac 9 {(a+b+c)^2}$

3) $ (a+b+c) . ( \dfrac 1 {\sqrt {a^2+ab+b^2}}+\dfrac 1 {\sqrt {b^2+bc+c^2}}+\dfrac 1 {\sqrt{c^2+ca+ca^2}})\geq 4 + \dfrac 2 {\sqrt 3 }$

4) $ \dfrac {2a^2+5bc}{(b+c)^2}+\dfrac {2b^2+5ca}{(c+a)^2} +\dfrac { 2c^2+5ab }{(a+b)^2}\geq \dfrac {21} 4 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 29-04-2011 - 14:51

[anh qua]

1) $\dfrac {(b+c)^2} {a^2+bc} + \dfrac {(c+a)^2} {b^2+ca} + \dfrac {(a+b)^2} {c^2+ab}\geq6$

2) $ \dfrac 1 {a^2 +ab+b^2}+\dfrac 1 {b^2+bc+c^2}+\dfrac 1 {c^2+ca+c^2}\geq \dfrac 9 {(a+b+c)^2}$

3) $ (a+b+c) . ( \dfrac 1 {\sqrt {a^2+ab+b^2}}+\dfrac 1 {\sqrt {b^2+bc+c^2}}+\dfrac 1 {\sqrt{c^2+ca+ca^2}})\geq 4 + \dfrac 2 {\sqrt 3 }$

4) $\dfrac {2a^2+5bc}{(b+c)^2}+\dfrac {2b^2+5ca}{(c+a)^2} +\dfrac { 2c^2+5ab }{(a+b)^2}\geq \dfrac {21} 4 $

1/ $\sum{\dfrac {(b+c)^2} {a^2+bc}}$ $\geq \dfrac{((a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2)^2}{\sum{(b+c)^2(a^2+bc)}}$
Do đó ta chỉ cần Cm:
$2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2 $$\geq 3.\sum{(b+c)^2(a^2+bc)}$
tương đương với:
$2(a^4+b^4+c^4)+2abc(a+b+c)+\sum{ab(a^2+b^2)}$ $\geq 6.\sum{a^2b^2} $
cái này kuôn đúng theo Svacs bậc 2 và $\sum{ab(a^2+b^2)} \geq 2\sum{a^2b^2}.$
2/
ta có:$\sum{\dfrac {1} {a^2 +ab+b^2}}= $$\sum{\dfrac{ab+bc+ca}{(a^2 +ab+b^2)(ab+bc+ca)}}$ $\geq \sum{\dfrac{4(ab+bc+ca)}{(a+b)^2(a+b+c)^2}}$ $\geq \dfrac{9}{(a+b+c)^2} $
(theo bất đẳng thức Iran 1996)

[anh qua]

3) $ (a+b+c) . ( \dfrac 1 {\sqrt {a^2+ab+b^2}}+\dfrac 1 {\sqrt {b^2+bc+c^2}}+\dfrac 1 {\sqrt{c^2+ca+ca^2}})\geq 4 + \dfrac 2 {\sqrt 3 }$

bạn bboy114crew có ý tưởng gi cho bài này không.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anh qua: 30-04-2011 - 09:33

[RS16]

1) $\dfrac {(b+c)^2} {a^2+bc} + \dfrac {(c+a)^2} {b^2+ca} + \dfrac {(a+b)^2} {c^2+ab}\geq6$

2) $ \dfrac 1 {a^2 +ab+b^2}+\dfrac 1 {b^2+bc+c^2}+\dfrac 1 {c^2+ca+c^2}\geq \dfrac 9 {(a+b+c)^2}$

3) $ (a+b+c) . ( \dfrac 1 {\sqrt {a^2+ab+b^2}}+\dfrac 1 {\sqrt {b^2+bc+c^2}}+\dfrac 1 {\sqrt{c^2+ca+ca^2}})\geq 4 + \dfrac 2 {\sqrt 3 }$

4) $ \dfrac {2a^2+5bc}{(b+c)^2}+\dfrac {2b^2+5ca}{(c+a)^2} +\dfrac { 2c^2+5ab }{(a+b)^2}\geq \dfrac {21} 4 $

mình xin góp thêm vài BDT hay, đẹp và khá khó:
1) Với a,b,c>0, cm
${\sum\limits_{a,b,c} {\left( {\dfrac{a}{{b + c}}} \right)} ^2} \ge \dfrac{3}{4}$
và ${\sum\limits_{a,b,c} {\left( {\dfrac{a}{{b + c}}} \right)} ^3} \ge \dfrac{3}{8}$
2) Cho x,y,z>0 và ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 1$ cm
$\dfrac{{x + y + z}}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{zx}}{y} \ge 2\sqrt 3 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RS16: 01-05-2011 - 08:13

[anh qua]

mình xin góp thêm vài BDT hay, đẹp và khá khó:
1) Với a,b,c>0, cm
${\sum\limits_{a,b,c} {\left( {\dfrac{a}{{b + c}}} \right)} ^2} \ge \dfrac{3}{4}$
và ${\sum\limits_{a,b,c} {\left( {\dfrac{a}{{b + c}}} \right)} ^3} \ge \dfrac{3}{8}$
2) Cho x,y,z>0 và ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 1$ cm
$\dfrac{{x + y + z}}{{xy + yz + zx}} + \dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{zx}}{y} \ge 2\sqrt 3 $

1/
${\sum\limits_{a,b,c} {\left( {\dfrac{a}{{b + c}}} \right)} ^2} \ge \dfrac{3}{4}$
đặt $\dfrac{a}{b}=x;\dfrac{b}{c}=y;\dfrac{c}{a}=z$. ta cần chứng minh.
$\dfrac{1}{(1+x)^2}+\dfrac{1}{(1+y)^2}+\dfrac{1}{(1+z)^2} \geq \dfrac{3}{4}$ với xyz=1.
Trong 3 số $(x-1),(y-1),(z-1)$ luôn tồn tại hai số cùng dấu.Giả sử là $(x-1),(y-1)$ suy ra $(x-1)(y-1) \geq 0.$
trước tiên ta cm:
$\dfrac{1}{(1+x)^2}+\dfrac{1}{(1+y)^2} \geq \dfrac{1}{1+xy}$
Áp dụng AM-GM ta có:

$\dfrac{1}{(1+x)^2}+\dfrac{1}{(1+y)^2} \geq$ $\dfrac{2}{(1+x)(1+y)} \geq$ $\dfrac{1}{1+xy}$ (do $(x-1)(y-1) \geq 0.$)
việc còn lại là Cm: $\dfrac{1}{1+xy} + \dfrac{1}{(1+z)^2} \geq{3}{4}.$
tương đương với:
$\dfrac{z}{1+z} + \dfrac{1}{(1+z)^2} \dfrac{3}{4}.$
quy đồng lên là done!
còn câu :
${\sum\limits_{a,b,c} {\left( {\dfrac{a}{{b + c}}} \right)} ^3} \ge \dfrac{3}{8}$ (chỉ cần áp dụng cái câu trên ) - ĐÂY là câu VNTST 2005- năm anh Phạm Kim Hùng thi.
2/ Câu này không khó lắm.

$(\dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{zx}}{y})^2 \ge$ $3(x^2+y^2+z^2) ((a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca))$
suy ra : $\dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{zx}}{y} \geq \sqrt{3}.$
chỉ cần Cm: $\dfrac{{x + y + z}}{{xy + yz + zx}} \geq \sqrt{3}$
cái này không khó lắm.

[anh qua]

3) $ (a+b+c) . ( \dfrac 1 {\sqrt {a^2+ab+b^2}}+\dfrac 1 {\sqrt {b^2+bc+c^2}}+\dfrac 1 {\sqrt{c^2+ca+ca^2}})\geq 4 + \dfrac 2 {\sqrt 3 }$

thì ra nó ở đây, anh em đọc nhé.

[wallunint]

Bài số 2 đầu topic này có thể giải bằng phương pháp p,q,r hoặc sử dụng bất đẳng thức Schur
Một bài khác cũng gần giống, nhưng khó chịu 1 tí

Cho các số thực dương $a,b,c$. CMR:
$\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{c^2} + cb + {b^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{a^2} + ac + {c^2}}} \geqslant 1$




ps : anh qua Bài trên không cần phải dồn biến thừa trừ đâu nhá Còn cách khác bằng Cauchy-Schwraz đấy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 08-05-2011 - 12:50

[h.vuong_pdl]

1/
${\sum\limits_{a,b,c} {\left( {\dfrac{a}{{b + c}}} \right)} ^2} \ge \dfrac{3}{4}$
đặt $\dfrac{a}{b}=x;\dfrac{b}{c}=y;\dfrac{c}{a}=z$. ta cần chứng minh.
$\dfrac{1}{(1+x)^2}+\dfrac{1}{(1+y)^2}+\dfrac{1}{(1+z)^2} \geq \dfrac{3}{4}$ với xyz=1.
Trong 3 số $(x-1),(y-1),(z-1)$ luôn tồn tại hai số cùng dấu.Giả sử là $(x-1),(y-1)$ suy ra $(x-1)(y-1) \geq 0.$
trước tiên ta cm:
$\dfrac{1}{(1+x)^2}+\dfrac{1}{(1+y)^2} \geq \dfrac{1}{1+xy}$
Áp dụng AM-GM ta có:

$\dfrac{1}{(1+x)^2}+\dfrac{1}{(1+y)^2} \geq$ $\dfrac{2}{(1+x)(1+y)} \geq$ $\dfrac{1}{1+xy}$ (do $(x-1)(y-1) \geq 0.$)
việc còn lại là Cm: $\dfrac{1}{1+xy} + \dfrac{1}{(1+z)^2} \geq{3}{4}.$
tương đương với:
$\dfrac{z}{1+z} + \dfrac{1}{(1+z)^2} \dfrac{3}{4}.$
quy đồng lên là done!
còn câu :
${\sum\limits_{a,b,c} {\left( {\dfrac{a}{{b + c}}} \right)} ^3} \ge \dfrac{3}{8}$ (chỉ cần áp dụng cái câu trên ) - ĐÂY là câu VNTST 2005- năm anh Phạm Kim Hùng thi.

p/s: có cần phải phức tạp như vậy không nhỉ ?

Ta luôn có: BDT Nesbitt:'

$\sum{\dfrac{a}{b+c}} \ge \dfrac{3}{2}$

Nên đặt $x = \dfrac{a}{b+c}, .... thì có x+y+z \ge \dfrac{3}{2}$

Áp dụng cac BDT sau nữa là ok!:

$3(x^2+y^2+z^2) \ge (x+y+z)^2$

$9(x^3+y^3+z^3) \ge (x+y+z)^3$

[h.vuong_pdl]

Bài số 2 đầu topic này có thể giải bằng phương pháp p,q,r hoặc sử dụng bất đẳng thức Schur
Một bài khác cũng gần giống, nhưng khó chịu 1 tí

Cho các số thực dương $a,b,c$. CMR:
$\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{c^2} + cb + {b^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{a^2} + ac + {c^2}}} \geqslant 1$
ps : anh qua Bài trên không cần phải dồn biến thừa trừ đâu nhá Còn cách khác bằng Cauchy-Schwraz đấy

Note: đặt $x = \dfrac{a}{b}$ thì ta có:

$%7b\color%7bblue%7d%5cfrac%7b%7b%7ba%5e2%7d%7d%7d%7b%7b%7ba%5e2%7d+ab+%7bb%5e2%7d%7d%7d=%5cfrac%7b1%7d%7bx%5e2+x+1%7d$

tương tự ta quy về BDT quen thuộc: cho $x, y, z >0$ thỏa mãn $xyz = 1$. Chứng minh rằng:

$\sum{\dfrac{1}{x^2+x+1} \ge 1.$

lại đặt $x = \dfrac{bc}{a^2}$nhằm đưa về dạng thuần nhất nhưng đối xứng. ta cần chứng minh:

$%7b\color%7bblue\sum{\dfrac{a^4}{a^2bc+b^2c^2}}\ge1$

${\color{blue}\textup{ theo BDT Cauchy-Schwarz ta lại có: }$

${\color{blue}VT%5cge%5cfrac%7b(a%5e2+b%5e2+c%5e2)%5e2%7d%7ba%5e4+b%5e4+c%5e4+abc(a+b+c)+a%5e2b%5e2+b%5e2c%5e2+c%5e2a%5e2%7d%5cge1 \\ \\ \Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc(a+b+c) \textup{ Hiển nhiên đúng } $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 08-05-2011 - 21:46

[NguyThang khtn]

Bài 5:(Mondova TST 2005)
CMR với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn : $\sum a^4=3$ thì
$\sum \dfrac{1}{4-ab} \leq 1$

[dark templar]

Bài 5:(Mondova TST 2005)
CMR với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn : $\sum a^4=3$ thì
$\sum \dfrac{1}{4-ab} \leq 1$

Bài này là 1 VD điển hình của phương pháp p,q,r
Nhận xét:bài này khá trâu bò

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 09-05-2011 - 17:47