Chủ đề này có 206 trả lời

[dark templar]

Bài 61 của Phúc có một kết quả tổng quát hơn là
Cho các số thực dương $a,b,c$.k là một hằng số cho trước sao cho$ - 1 \le k \le 2$ thì
\[{\left( {\dfrac{a}{{b - c}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{b}{{c - a}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{c}{{a - b}}} \right)^2} \ge k + \dfrac{{\left( {4 - 2k} \right)(ab + bc + ca)}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\]
Mình để các bạn suy nghĩ đã rồi sẽ post lời giải sau

Bài này của cậu có vẻ là phải khảo sát hàm số 3 biến sau ?
$$(1-2k)p^2+6pq(k-1)+4q^2(2-k) \ge 0$$
Trong đó $p=a^2+b^2+c^2;q=ab+bc+ca$.

[alex_hoang]

Bài 59.Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca>0$.Chứng minh rằng
\[\dfrac{{{a^3}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} + \dfrac{{{b^3}}}{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }} + \dfrac{{{c^3}}}{{\sqrt {{c^2} + {a^2}} }} \le \dfrac{{3({a^3} + {b^3} + {c^3})}}{{\sqrt 2 (a + b + c)}}\]

Bài 60Cho $a, b, c \ge 0$ thỏa mãn $a+b+c=2$. Chứng minh rằng: $(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) \le 1$
Nguồnhttp://onluyentoan.v...newreply&p=4977
Tuy nhiên bên ấy chưa có lời giải đâu

Bài 61 của Phúc có một kết quả tổng quát hơn là
Cho các số thực dương $a,b,c$.k là một hằng số cho trước sao cho$ - 1 \le k \le 2$ thì
\[{\left( {\dfrac{a}{{b - c}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{b}{{c - a}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{c}{{a - b}}} \right)^2} \ge k + \dfrac{{\left( {4 - 2k} \right)(ab + bc + ca)}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\]
Mình để các bạn suy nghĩ đã rồi sẽ post lời giải sau

Bài 62 Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
\[\dfrac{{{a^2}(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}(c + a)}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} + \dfrac{{{c^2}(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{a + b + c}}} \]

Bài 64: Cho $a,b,c >0$ Chứng minh rằng:$$\dfrac{1}{a^{2}+ab+b^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}+ca+a^{2}}\ge\dfrac{9abc(a+b+c)}{(ab+bc+ca)^{3}}$$
Nguồn:ôn luyện toán

Bài 66:Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.Chứng minh rằng
$ \dfrac{a^{2}}{1+2ab}+\dfrac{b^{2}}{1+2bc}+\dfrac{c^{2}}{1+2ca}\ge\dfrac{a}{ab+b+1}+\dfrac{b}{bc+c+1}+\dfrac{c}{ac+c+1} $
Nguồn Mathlink.ro

Bài 67:Cho $x,y,z$ là các số dương.CMR:
$\sum \dfrac{(x+y)\sqrt{xy}}{\sqrt{(z+x)(z+y)}} \ge x+y+z$

Topic này dạo này buồn tẻ quá chẳng có thành viên nào vào trao đổi hay post bài cả.Ta còn một số lượng bài không nhỏ chưa giải quyết các bạn cố gắng chém nào

[nguyen thai phuc]

Bài 64: Cho $a,b,c >0$ Chứng minh rằng:$$\dfrac{1}{a^{2}+ab+b^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}+ca+a^{2}}\ge\dfrac{9abc(a+b+c)}{(ab+bc+ca)^{3}}$$
Nguồn:Ôn luyện toán

\[\begin{align}
& \sum{\dfrac{1}{{{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}}}=\sum{\dfrac{{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}{{c}^{2}}+ab{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}}}\ge \dfrac{3\left( ab+bc+ca \right)}{2\left( {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}} \right)+abc\left( a+b+c \right)} \\
& \left( 2\left( {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}} \right)+abc\left( a+b+c \right) \right).3abc\left( a+b+c \right)\le \dfrac{{{\left( 2{{(ab+bc+ca)}^{2}} \right)}^{2}}}{4} \\
\end{align}\]

Từ 2 điều trên ta có dpcm

[vietfrog]

Bài 68:
Cho $a,b,c,d$ là các số dương. Chứng minh rằng:
\[\frac{{{a^2}}}{{b + c + d}} + \frac{{{b^2}}}{{a + c + d}} + \frac{{{c^2}}}{{a + b + d}} + \frac{{{d^2}}}{{a + b + c}} \ge \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\sqrt {\frac{{\left( {ab + cd} \right)\left( {ad + bc} \right)}}{{ac + bd}}} \]

[anh qua]

Bài 62 Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
\[\dfrac{{{a^2}(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}(c + a)}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} + \dfrac{{{c^2}(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{a + b + c}}} \]

Một bài tương tự, tương đối mạnh và đẹp, đặc biệt hơn nó có một lời giải vô cùng ấn tượng.
Bài 69 Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
$$\dfrac{{{a^2}(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}(c + a)}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} + \dfrac{{{c^2}(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \geq \frac{ab^2+bc^2+ca^2}{a^2b+b^2c+c^2a}+\frac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}$$
---------Lê Việt Hải-------------------

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anh qua: 27-11-2011 - 13:00

[thienlonghoangde]

cho $a\neq b\neq c\neq 0$ tìm Min của $(\dfrac{2a}{a-b})^2+(\dfrac{2c}{b-c})^2$

[wallunint]

Một bài tương tự, tương đối mạnh và đẹp, đặc biệt hơn nó có một lời giải vô cùng ấn tượng.
Bài 69 Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
$$\dfrac{{{a^2}(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}(c + a)}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} + \dfrac{{{c^2}(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \geq \dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{a^2b+b^2c+c^2a}+\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}$$
---------Lê Việt Hải-------------------

Bài này khá khó zz Nó sử dụng những khai triển sau:
$\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}+\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{a^2b+b^2c+c^2a}-2=\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(ab^2+bc^2+ca^2)(a^2b+b^2c+c^2a)}$

$\sum \dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2} -2 = \sum \dfrac{ab(a-b)^2}{(b^2+bc+c^2)(a^2+ac+c^2)}$

$(b^2+bc+c^2)(a^2+ac+c^2)(a^2+ab+b^2)-3(ab^2+bc^2+ca^2)(a^2b+b^2c+c^2a)=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$

[anh qua]

Bài này khá khó zz Nó sử dụng những khai triển sau:
$\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}+\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{a^2b+b^2c+c^2a}-2=\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(ab^2+bc^2+ca^2)(a^2b+b^2c+c^2a)}$

$\sum \dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2} -2 = \sum \dfrac{ab(a-b)^2}{(b^2+bc+c^2)(a^2+ac+c^2)}$

$(b^2+bc+c^2)(a^2+ac+c^2)(a^2+ab+b^2)-3(ab^2+bc^2+ca^2)(a^2b+b^2c+c^2a)=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$

Như mình đã nói nó có một lời giải rất hay ( chỉ cần Cauchy Schwarz + Schur) mà không cần dùng đến mấy cái khai triển phức tạp trên.
@wallunint: Ông bạn vẫn phong độ như ngày nào, vừa rồi cậu có được vào đội tuyển 30-4 không???

[Zaraki]

Bài 70. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$$\dfrac{a^{2}}{b^{2}}+\dfrac{b^{2}}{c^{2}}+\dfrac{c^{2}}{a^{2}}+4\ge\dfrac{7(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}$$

[Crystal]

Bài 71: [Olympic Dominica]
Tìm GTNN của biểu thức: $$P = 4\sqrt {3\left( {{x^2} + {y^2}} \right)} + 3\sqrt {7{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 7{y^2}} + \sqrt {39{x^2} + 39{{\left( {y - \sqrt 3 } \right)}^2}} $$

[taminhhoang10a1]

Bài 72, Cho a,b,c dương t/m abc =1.CMR
a, \[\frac{{a(3a + 1)}}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{{b(3b + 1)}}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{{c(3c + 1)}}{{{{(c + 1)}^2}}} \ge 3\]
b, \[\frac{{{{(a - 3)}^2}}}{{{a^2} + 2}} + \frac{{{{(b - 3)}^2}}}{{{b^2} + 2}} + \frac{{{{(c - 3)}^2}}}{{{c^2} + 2}} \ge 4\]

[LilTee]

Bài 72, Cho a,b,c dương t/m abc =1.CMR
\[\frac{{a(3a + 1)}}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{{b(3b + 1)}}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{{c(3c + 1)}}{{{{(c + 1)}^2}}} \ge 3\]

Đổi biến $\left( \frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c} \right)=\left( {{x}^{4}},{{y}^{4}},{{z}^{4}} \right)$. Ta cần chứng minh $$\sum\limits_{cyc}{\frac{{{x}^{4}}+3}{{{\left( {{x}^{4}}+1 \right)}^{2}}}}\ge 3.$$ Thậy vậy, theo bất đẳng thức quen thuộc của $Vasc$, ta có $$\sum\limits_{cyc}{\frac{{{x}^{4}}+3}{{{\left( {{x}^{4}}+1 \right)}^{2}}}}=3\sum\limits_{cyc}{\frac{1}{{{x}^{6}}+{{x}^{3}}+1}}+\sum\limits_{cyc}{\frac{{{\left( x-1 \right)}^{2}}{{x}^{3}}\left( {{x}^{5}}+2{{x}^{4}}-{{x}^{2}}+x+3 \right)}{{{\left( {{x}^{4}}+1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{6}}+{{x}^{3}}+1 \right)}}\ge 3.$$ Bài toán được chứng minh xong .
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1. \ \blacksquare$

Bài 72, Cho a,b,c dương t/m abc =1.CMR
\[\frac{{{{(a - 3)}^2}}}{{{a^2} + 2}} + \frac{{{{(b - 3)}^2}}}{{{b^2} + 2}} + \frac{{{{(c - 3)}^2}}}{{{c^2} + 2}} \ge 4\]

Tạm thời chưa nghĩ ra cách nào khác, ngoài cách này. Tuy nhiên việc chứng minh tính đúng của bất đẳng thức sau là rất khó !
Chúng ta luôn có $$\frac{{{(a-3)}^{2}}}{{{a}^{2}}+2}\ge \frac{4}{{{a}^{2}}+a+1}-\frac{8}{9}\ln a.$$
Thiết lập hai biểu thức tương tự, sau đó sử dụng bất đẳng thức của $Vasc$ là ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1. \ \blacksquare$

[kingson106]

Bài 73: Cho a, b, c>0, abc=1. CMR:
$\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{5c^{2}-4c+2}\geq 2$
-----Nguyễn Văn Phúc Hưng-----

[Scientists]

Có $A=\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{5c^{2}-4c+2}$
$\geq \sum \frac{2ab}{5c^{2}-4c+2}$
$=\sum \frac{2}{5c^{3}-4c^{2}+2c}$
$=\sum \frac{2}{c^{3}(5-\frac{4}{c}+\frac{2}{c^{2}})}$
Xét hàm $f(t)=5-\frac{4}{t}+\frac{2}{t^{2})}$ với $t> 0$
Có $f'(t)=\frac{4}{t^{2}}-\frac{4}{t^{3}}=\frac{4(t-1)}{t^{3}}$ $f'(t)=0\Leftrightarrow t=1$
$\Rightarrow Maxf(t)=3 khi t=1$
Có $A\geq \sum \frac{2}{c^{3}f©}\geq \frac{2.3}{abc}\sum \frac{1}{3}= 2$ Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

[khanh3570883]

Bài 74: Cho các số thực không âm $ a,b,c $ có tổng bằng $ 3 $. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau với mỗi số thực dương $ k $
\[ F=a^{2}(kb+c)+b^{2}(kc+a)+c^{2}(ka+b). \]

[kainguyen]

Bài 72, Cho a,b,c dương t/m abc =1.CMR
b, \[\frac{{{{(a - 3)}^2}}}{{{a^2} + 2}} + \frac{{{{(b - 3)}^2}}}{{{b^2} + 2}} + \frac{{{{(c - 3)}^2}}}{{{c^2} + 2}} \ge 4\]

Tạm thời chưa nghĩ ra cách nào khác, ngoài cách này. Tuy nhiên việc chứng minh tính đúng của bất đẳng thức sau là rất khó !
Chúng ta luôn có $$\frac{{{(a-3)}^{2}}}{{{a}^{2}}+2}\ge \frac{4}{{{a}^{2}}+a+1}-\frac{8}{9}\ln a.$$
Thiết lập hai biểu thức tương tự, sau đó sử dụng bất đẳng thức của $Vasc$ là ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1. \ \blacksquare$

Em có cách này, không biết có đúng không, mọi người vào xem giúp với ah

Do $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$ nên không giảm tính tổng quát, ta đặt:

$\left\{\begin{matrix}
a=\frac{x^2}{yz}\\
b=\frac{y^2}{zx}\\
c=\frac{z^2}{xy}
\end{matrix}\right.$

Khi đó bđt cần chứng minh tương đương với:

$\frac{(x^2-3yz)^2}{x^4+2y^2z^2}+\frac{(y^2-3zx)^2}{y^4+2z^2x^2}+\frac{(z^2-3xy)^2}{z^4+2x^2y^2}\geq 4$

Theo Cauchy - Schwarz, ta có:

$\frac{(x^2-3yz)^2}{x^4+2y^2z^2}+\frac{(y^2-3zx)^2}{y^4+2z^2x^2}+\frac{(z^2-3xy)^2}{z^4+2x^2y^2}\geq \frac{(x^2+y^2+z^2-3(xy+yz+zx))^2}{x^4+y^4+z^4+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}\geq \frac{4(x^2+y^2+z^2)^2}{(x^2+y^2+z^2)^2}=4$

Vậy ta có bđt cần chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kainguyen: 19-06-2012 - 16:23

[khanhhx]

75

Cho $a,b,c\geqslant 0$$: a+b+c+1=4abc$. CMR: $ab+ac+bc\geq a+b+c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 14-07-2015 - 08:15

[WhjteShadow]

Cho $a,b,c\geqslant 0$$: a+b+c+1=4abc$. CMR: $ab+ac+bc\geq a+b+c$

Do $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c+1=4abc$ nên tồn tại các số $x,y,z\geq 0$ thỏa:
$a=\frac{y+z}{2x},b=\frac{x+z}{2y},c=\frac{x+y}{2z}$ Và lúc đó ta cần chứng minh:
$$\frac{(x+y)(x+z)}{yz}+\frac{(x+y)(y+z)}{xz}+\frac{(y+z)(x+z)}{xy}\geq 2\left(\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}\right)$$
$$\Leftrightarrow x(x+y)(x+z)+y(x+y)(y+z)+z(x+z)(y+z)\geq 2[xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)]$$
$$\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3\geq xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)$$
Nhưng bất đẳng thức cuối luôn đúng the0 $Schur$ bậc 3 nên ta có ĐPCM

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Cho $a,b,c\geqslant 0$$: a+b+c+1=4abc$. CMR: $ab+ac+bc\geq a+b+c$

Có thể dùng Nguyên lí Dirichlet như sau : Trong ba số a-1;b-1;c-1 tồn tại tích 2 số không âm
Ta giả sử $(a-1)|(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b$
Vậy cần chứng minh $bc+ca\geq c+1$(1)
Từ giả thiết ta có $c=\frac{a+b+1}{4ab-1}$
Thay vào (1) và rút gọn ta được $(x-y)^{2}\geq 0$(hiển nhiên đúng)
Bất đẳng thức được chứng minh
P/s;Đặt $a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}$.Bài toán trở thành:Cho a,b,c>0 thỏa mãn $ab+ca+ca+abc=4$.Chứng minh $a+b+c\geq ab+bc+ca$ (VMO 1996)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 19-08-2012 - 10:30

[khanhhx]

76

ho$a,b,c\geq 0$$: a^2+b^2+c^2+abc=4.$ CMR: $a+b+c+\frac{1}{4}$min{($a-b$)$^2$;($b-c$)$^2$;($c-a$)$^2$}$\leqslant 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 14-07-2015 - 08:15