Chủ đề này có 206 trả lời

[alex_hoang]

Thấy BĐT này nhìn cũng "bắt mắt", đưa lên mọi người xem (dạo này bên box BĐT vắng quá)

Bài 31$a,b,c>0$. Chứng minh rằng

$\sqrt[3]{\dfrac{a^2+bc}{b^2+c^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{b^2+ac}{a^2+c^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{c^2+ba}{b^2+a^2}} \ge \dfrac{9\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}$

P/s: Ai đã biết lời giải có sẵn xin đừng post lên, hãy để người khác suy nghĩ.

Đểcho bất đẳng thức không bị phân tán đi quá nhiều topic mình post lời giải bài toán của Toàn tại đây và coi như bài 31
Giải
Bất đẳng thức tương đương
$\sum {\dfrac{{{a^2} + bc}}{{\sqrt[3]{{abc({a^2} + bc)({b^2} + {c^2})}}}}} \ge \dfrac{9}{{a + b + c}}$
Sử dụng AM GM ta có
$\sum {\dfrac{{{a^2} + bc}}{{\sqrt[3]{{abc({a^2} + bc)({b^2} + {c^2})}}}}} \ge \dfrac{{3({a^2} + bc)}}{{\sum\limits_{sym} {{a^2}b} }}$
Vậy ta phải chứng minh
$\dfrac{{3({a^2} + bc)}}{{\sum\limits_{sym} {{a^2}b} }} \ge \dfrac{9}{{a + b + c}} \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge \sum\limits_{sym} {{a^2}b} $

[vietfrog]

Topic sôi đông thật. Mỗi Box đều có vài Topic về BĐT. Mọi người cần post tập trung để tránh phân tán.
Góp vui một bài:
Bài 32:
Giả sử hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + xy + {y^2} = 3\\{y^2} + yz + {z^2} = 16\end{array} \right.$ có nghiệm.

Chứng minh rằng:

$xy + yz + zx \le 8$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 08-09-2011 - 22:55

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Topic sôi đông thật. Mỗi Box đều có vài Topic về BĐT. Mọi người cần post tập trung để tránh phân tán.
Góp vui một bài:
Bài 32:
Giả sử hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + xy + {y^2} = 3\\{y^2} + yz + {z^2} = 16\end{array} \right.$ có nghiệm.

Chứng minh rằng:

$xy + yz + zx \le 8$

Ta có:
$ 48=( x^{2}+xy+ y^{2}).( y^{2}+yz+ z^{2})=[ (y+\dfrac{x}{2}) ^{2}+(\dfrac{x\sqrt{3} }{2}) ^{2}].[(\dfrac{z\sqrt{3} }{2}) ^{2}+ (y+\dfrac{z}{2}) ^{2}]$
$\geq [ (\dfrac{yz\sqrt{3} }{2}+\dfrac{xz\sqrt{3} }{4}+\dfrac{xy\sqrt{3} }{2}+\dfrac{xz\sqrt{3} }{4}) ^{2}]$
$ = (\dfrac{(xy+yz+zx)\sqrt{3} }{2}) ^{2} \Leftrightarrow xy+yz+zx \leq 8$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 11-09-2011 - 21:51
Gõ cách dòng cho dễ nhìn.

[alex_hoang]

Mong các bạn trao đổi tích cực hơn trong topic này
Bài 33Cho các số thực không âm a,b,c sao cho a+b+c=2.CMR
$\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2}} \right) \le 2$
Nguồn:Mathlink.ro

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 10-09-2011 - 17:11

[dark templar]

Bài 34: Cho $n \in N^*;a=const>1$.Chứng minh rằng:

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k}{a^{k}}<\dfrac{a}{(a-1)^2}$

Bài 35: Chứng minh rằng:$a(a+b)^3+b(b+c)^3+c(c+a)^3 \ge 0,\forall a,b,c \in R$

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 34: Cho $n \in N^*;a=const>1$.Chứng minh rằng:

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k}{a^{k}}<\dfrac{a}{(a-1)^2}$

Bài 35: Chứng minh rằng:$a(a+b)^3+b(b+c)^3+c(c+a)^3 \ge 0,\forall a,b,c \in R$

Em thử giải thế này,nếu sai xin mọi người góp ý:
$\begin{array}{l}
{\rm{x\'e t a,b,c}} \in {\rm{[0;1] ta c\'o }}:ab(ab - 1) \le 0 \Leftrightarrow {a^2}{b^2} \le ab \\
\Rightarrow {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le ab + bc + ca \\
C{\rm{\'o }}:VT = ({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) - {a^2}{b^2}{c^2} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2})(ab + bc + ca) = ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}2 - \dfrac{{({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{2}{\rm{]}} \le 2 \\
\Leftrightarrow ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}4 - ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{]}} \le {\rm{4}} \\
\Leftrightarrow {({a^2} + {b^2} + {c^2} - 2)^2} \ge 0 \\
\\
X{\rm{\'e }}ta,b,c \in {\rm{[}}1;2]c{\rm{\'o }}:{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge a + b + c \\
(ab - 1)(ab - 2) \le 0 \Leftrightarrow {a^2}{b^2} \le 3ab - 2 \\
\Rightarrow {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le 3(ab + bc + ca) - 6 \\
C{\rm{\'o }}:VT = ({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) - {a^2}{b^2}{c^2} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}3(ab + bc + ca) - 6{\rm{]}} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}6 - \dfrac{{3({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{2}{\rm{ - 6]}} \le 2 \\
\Leftrightarrow - \dfrac{{3{{({a^2} + {b^2} + {c^2})}^2}}}{2} \le 2 \\
\end{array}$

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 33
Em thử giải thế này,nếu sai xin mọi người góp ý:

$\begin{array}{l}
{\rm{x\'e t a,b,c}} \in {\rm{[0;1] ta c\'o }}:ab(ab - 1) \le 0 \Leftrightarrow {a^2}{b^2} \le ab \\
\Rightarrow {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le ab + bc + ca \\
C{\rm{\'o }}:VT = ({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) - {a^2}{b^2}{c^2} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2})(ab + bc + ca) = ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}2 - \dfrac{{({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{2}{\rm{]}} \le 2 \\
\Leftrightarrow ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}4 - ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{]}} \le {\rm{4}} \\
\Leftrightarrow {({a^2} + {b^2} + {c^2} - 2)^2} \ge 0 \\
\\
X{\rm{\'e }}ta,b,c \in {\rm{[}}1;2]c{\rm{\'o }}:{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge a + b + c \\
(ab - 1)(ab - 2) \le 0 \Leftrightarrow {a^2}{b^2} \le 3ab - 2 \\
\Rightarrow {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le 3(ab + bc + ca) - 6 \\
C{\rm{\'o }}:VT = ({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) - {a^2}{b^2}{c^2} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}3(ab + bc + ca) - 6{\rm{]}} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}6 - \dfrac{{3({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{2}{\rm{ - 6]}} \le 2 \\
\Leftrightarrow - \dfrac{{3{{({a^2} + {b^2} + {c^2})}^2}}}{2} \le 2 \\
\end{array}$

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 33
Em thử giải thế này,nếu sai xin mọi người góp ý:
*Xét a,b,c [0;1] ta có:ab(ab-1) 0 $ a^{2}b^{2}\leq ab$
$ a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\leq ab+bc+ca$
Ta có:$ VT=( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})- a^{2} b^{2}c^{2}\leq ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})(ab+bc+ca)= ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})(2-\dfrac{( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})}{2}\leq 2$
$( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})[4-( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})]\leq 4$
$ (a^{2}+ b^{2}+ c^{2}-2)^{2}\geq 0 (Đúng) $
Dấu"=" xảy ra a=b=1;c=0 và các hoán vị
*Xét a,b,c [1;2] có $a^{2}+ b^{2}+ c^{2}\geq a+b+c=2$
(ab-1)(ab-2) 0 $ a^{2}b^{2}\leq 3ab-2\Leftrightarrow a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\leq 3(ab+bc+ca)-6$
$ VT=( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})- a^{2}b^{2}c^{2}$
$\Leftrightarrow VT\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})[3(ab+bc+ca)-6]=\dfrac{-3( a^{2}+ b^{2}+ c^{2}) ^{2} }{2}\leq 2 (Đúng) $
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu"=" xảy ra a=b=1;c=0 và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 12-09-2011 - 17:47

[Tạ Hồng Quảng]

Bài 36 (Sáng tác):
Cho $ a, \, b \, ,\, c \, \ge \, 0 $ thoả mãn $ a+b+c+abc \le 4 $ . Chứng minh rằng :

$ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\ge \sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca} $

[alex_hoang]

Bài 37.Cho $ a,b,c>0$ và $ abc=1 $. Chứng minh rằng:
$ \dfrac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+b+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+c+4}} \le 1 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 20-09-2011 - 09:38

[vietfrog]

Góp một bài.
Bài 38:Cho $a,b,c,x,y,z$ là các số thực dương. Biết : $a+b+c=1$
Chứng minh rằng:
\[ax + by + cz + 2\sqrt {(xy + yz + xz)(ab + ac + bc)} \le x + y + z\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 30-09-2011 - 11:20

[Crystal]

Một cách khác cho bài 32. Xem chi tiết tại đây:

http://diendantoanhoc.net/index.php?showtopic=44666&st=60

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 36 (Sáng tác):
Cho $ a, \, b \, ,\, c \, \ge \, 0 $ thoả mãn $ a+b+c+abc \le 4 $ . Chứng minh rằng :

$ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\ge \sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca} $

$\sqrt[3]{a}=x;\sqrt[3]{b}=y;\sqrt[3]{c}=z$
Bất đẳng thức cần chứng minh:$\Leftrightarrow x+y+z\geq xy+yz+zx$
Từ giả thiết ta có:
$x^{3}+y^{3}+z^{3}+x^{3}y^{3}z^{3}\leq 4\Leftrightarrow xyz\leq 1$
$*x+y+z\leq 3$
$\Leftrightarrow 3p^{2}\geq p^{3}\geq 3pq$
$\Leftrightarrow p\geq q$
$*x+y+z\geq 3$
Áp dụng bất đẳng thức schur ta có:
$9r\geq 4pq-p^{3}\Leftrightarrow p^{3}+9r-3pq\geq pq$
có:$4\geq x^{3}+y^{3}+z^{3}+x^{3}y^{3}z^{3}$
$=p^{3}-3pq+9r-6r+r^{3}\geq pq+r^{3}-6r\geq pq-5(vì r \leq 1)$
$\Leftrightarrow 9\geq pq$
$Mà p^{2}\geq 9\Leftrightarrow p^{2}\geq pq\Leftrightarrow p\geq q$
Dấu "="xảy ra khi x=y=z=1 hay a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 06-10-2011 - 22:32

[NguyThang khtn]

\[ax + by + cz + 2\sqrt {(xy + yz + xz)(ab + ac + bc)}\]
$ \leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)} +\sqrt {2(xy + yz + xz)2(ab + ac + bc)} $
$ \leq \sqrt{(a+b+c)^2.(x+y+z)^2} = x+y+z$(do $1=a+b+c$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 12-10-2011 - 12:20

[Ngày không em]

Bài 39 Cho các số thực dương $ a,b,c $thay đổi thỏa mãn $ abc=4 $.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$S = \dfrac{{{a^3}}}{{\sqrt {(1 + {a^4}\sqrt a )(1 + {b^4}\sqrt b )} }} + \dfrac{{{b^3}}}{{\sqrt {(1 + {c^4}\sqrt c )(1 + {b^4}\sqrt b )} }} + \dfrac{{{c^3}}}{{\sqrt {(1 + {a^4}\sqrt a )(1 + {c^4}\sqrt c )} }}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 27-10-2011 - 00:09

[alex_hoang]

Bài 40Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a, b, c$, ta luôn có
$$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \ge \dfrac{ab}{a^2+bc+ca}+\dfrac{bc}{b^2+ca+ab}+\dfrac{ca}{c^2+ab+bc}$$

[taminhhoang10a1]

Bài 41, Cho a,b,c không âm. CMR:

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

[NguyThang khtn]

Bài 41, Cho a,b,c không âm. CMR:

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

Ap dụng BDT Cauchy-chwarz:
$[\sum \dfrac{{a(b + c)}}{{b^2 + bc + c^2 }}][\sum \dfrac{{a(b^2 + bc + c^2)}}{{b + c}}] \geq (a+b+c)^2$
Ta sẽ CM:
$(a+b+c)^2 \geq \sum \dfrac{{a(b^2 + bc + c^2)}}{{b + c}}$
Do $\dfrac{{a(b^2 + bc + c^2)}}{{b + c}} = ab+ac - \dfrac{abc}{b+c}$
BDT trên tương đương với:
$(a+b+c)^2 +2abc\sum \dfrac{1}{b+c} \geq 4(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2) + 2abc\sum \dfrac{1}{b+c} \geq (a+b+c)^2$
Ta lại có:
$2a^2+\dfrac{2abc}{b+c} =\dfrac{{2a(ab + bc + câ)}}{{b + c}}$
Nên BDT tương đương với:
$\sum \dfrac{a}{b+c} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}$
Đúng theo Cauchy-chwarz.
p\s: Bài 40 Em làm đến đoạn :
CM:
$\sum\dfrac{a(a^2-b^2)(a+c)}{ab+bc+ac} \geq 0 $
Mà chả biết C-S kiểu gì cả!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 27-10-2011 - 15:15

[alex_hoang]

Bài 40 đó em thử sử dụng Cauchy Schwaz
VD:$({a^2} + bc + ca)({b^2} + bc + ca) \ge {(ab + bc + ca)^2}$

[alex_hoang]

Bài 42Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(3a-1)^2}{2a^2+1}+\dfrac{(3b-1)^2}{2b^2+1}+\dfrac{(3c-1)^2}{2c^2+1}\geq 4$