Chủ đề này có 437 trả lời

[vietfrog]

Lời giải :
Ta dễ dàng nhận ra , đây là bài tìm giá trị nhỏ nhất cua ba bất đẳng thức nhỏ :

$A = \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2} ( Nesbit )$
$B=\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a^2}{a+b} \geq \frac{a+b+c}{2} =\frac{1}{2}$
$C=\frac{c^3}{b+c}+\frac{a^3}{c+a}+\frac{b^3}{a+b} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{bc+c^2+ac+a^2+ab+b^2}$
$\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}$ $\geq \frac{a+b+c}{6}=\frac{1}{6}$
$A+B+C=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{13}{6}$
$\Longrightarrow$ điều phải chứng minh

$a,b,c$ đã dương đâu mà áp dụng như vậy. Xem lại nhé!

[Tham Lang]

Thêm ít bài cho phong phú
Bài 174.
Cho $a,b,c,d \in \left (0, \dfrac{1}{2}\right ]$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{abcd}{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)}\le \dfrac{a^4+b^4+c^4+d^4}{(1-a)^4+(1-b)^4+(1-c)^4+(1-d)^4}$$
Bài 175.
Cho $n \ge 1$ . Chứng minh rằng :
$$\sqrt{1+\sqrt{3+\sqrt{5+\sqrt{...+\sqrt{2n-1}}}}} <2$$

[Jelouis]

$a,b,c$ đã dương đâu mà áp dụng như vậy. Xem lại nhé!

Xin lỗi ạ . thiếu đề
đây là một câu trong đề thi thử , nguyên văn đề của nó là :
Cho các số thực dương $a,b,c$ thay đổi thoả mãn $a+b+c=1 $. Chứng minh rằng :
$\frac{a+b^2}{b+c}+\frac{b+c^2}{a+c}+\frac{c+a^2}{a+b} \geq 2$

@vietfrog: Chế đề hả . Anh đã sửa đề! Mọi người thử xem xét xem Bài 168 nếu đề cho là 3 số thực thì có giải được không và giải như thế nào nhé.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 02-05-2012 - 21:54

[nhana1]

Bài 176 : cho a,b,c>0 vvà abc=1. tìm min P

p=$\frac{b}{1+ab}+\frac{c}{1+bc}+\frac{a}{1+ca}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhana1: 14-06-2012 - 21:47

[kainguyen]

Bài 176 : cho a,b,c>0 vvà abc=1. tìm min P

p=$\frac{b}{1+ab}+\frac{c}{1+bc}+\frac{a}{1+ca}$

Do $abc=1$ nên không mất tính tổng quát, ta đặt: $a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}$

Khi đó, ta có:

$P=\frac{b}{1+ab}+\frac{c}{1+bc}+\frac{a}{1+ca}$

$=\frac{\frac{y}{z}}{1+\frac{x}{y}.\frac{y}{z}}+ \frac{\frac{z}{x}}{1+\frac{y}{z}.\frac{z}{x}}+ \frac { \frac{x}{y}}{1+\frac{z}{x}.\frac{x}{y}}$

$=\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z}$

Theo Cauchy - Schwarz, ta có:

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

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

Vậy $MinP=\frac{3}{2}$ tại $a=b=c=1$

[nhana1]

Bài 177:cho a,b,c>0 và a+b+c=$\frac{3}{4}$ tìm MinP

P=$\frac{1}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c+3a}}$
Bài178 choa,b,c>0 a² +b² +c²=3. Tìm min P

P=$\frac{a^3{}}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{b^3{}}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{c^3{}}{\sqrt[3]{c+3a}}$

[kainguyen]

Bài 177:cho a,b,c>0 và a+b+c=$\frac{3}{4}$ tìm MinP

P=$\frac{1}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c+3a}}$

Theo AM - GM, ta có:

$P=\frac{1}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c+3a}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt[3]{(a+3b)(b+3c)(c+3a)}}}$

Cũng theo AM - GM, ta có:

$(a+3b)(b+3c)(c+3a)\leq (\frac{4(a+b+c)}{3})^3=1$

Từ đây, ta suy ra: $P\geq 3$

Vậy $MinP=3$ tại $a=b=c=\frac{1}{4}$

[kainguyen]

Bài178 choa,b,c>0 a² +b² +c²=3. Tìm min P

P=$\frac{a^3{}}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{b^3{}}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{c^3{}}{\sqrt[3]{c+3a}}$

Theo Cauchy - Schwarz, ta có:

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

Cũng theo Cauchy - Schwarz, ta có:

$(a\sqrt[3]{a+3b}+b\sqrt[3]{b+3c}+c\sqrt[3]{c+3a})^2\leq (a^2+b^2+c^2)(\sqrt[3]{(a+3b)^2}+\sqrt[3]{(b+3c)^2}+\sqrt[3]{(c+3a)^2})=3(\sqrt[3]{(a+3b)^2}+\sqrt[3]{(b+3c)^2}+\sqrt[3]{(c+3a)^2})$

Theo AM - GM, ta có:

$\sqrt[3]{(a+3b)^2}=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}\sqrt[3]{(a+3b)(a+3b).4}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{4}}.\frac{2a+6b+4}{3} $

Tương tự với các biểu thức còn lại, cộng theo từng vế, ta được:

$\sqrt[3]{(a+3b)^2}+\sqrt[3]{(b+3c)^2}+\sqrt[3]{(c+3a)^2}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{4}}.\frac{8(a+b+c)+12}{3}\leq \frac{12}{\sqrt[3]{4}}$

do $(a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)\Rightarrow a+b+c\leq 3$

Từ đây, suy ra:

$(a\sqrt[3]{a+3b}+b\sqrt[3]{b+3c}+c\sqrt[3]{c+3a})^2\leq 3.\frac{12}{\sqrt[3]{4}}=\frac{36}{\sqrt[3]{4}}$

$\Rightarrow a\sqrt[3]{a+3b}+b\sqrt[3]{b+3c}+c\sqrt[3]{c+3a}\leq \frac{6}{\sqrt[6]{4}}$

$\Rightarrow P\geq \frac{9}{\frac{6}{\sqrt[6]{4}}}=\frac{3}{\sqrt[3]{4}}$

Vậy $MinP=\frac{3}{\sqrt[3]{4}} $ tại $a=b=c=1$.

[pnhungqt]

Bài178 choa,b,c>0 a² +b² +c²=3. Tìm min P

P=$\frac{a^3{}}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{b^3{}}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{c^3{}}{\sqrt[3]{c+3a}}$

Lời giải:
Ta có Theo BĐT Cauchy:
$\sqrt[3]{16}.\sqrt[3]{a+3b}=\sqrt[3]{4.4.(a+3b)}\leq \frac{a+3b+8}{3}\Leftrightarrow \sqrt[3]{a+3b}\leq \frac{a+3b+8}{3\sqrt[3]{16}}$$\Leftrightarrow \frac{a^{3}}{\sqrt[3]{a+3b}}\geq \frac{3\sqrt[3]{16}.a^{3}}{a+3b+8}=\frac{3\sqrt[3]{16}.a^{4}}{a^{2}+3ab+8a}$
Tương tự ta cũng có các BĐT:$\frac{b^{3}}{\sqrt[3]{b+3c}}\geq \frac{3\sqrt[3]{16}.b^{4}}{b^{2}+3bc+8b}$ và $\frac{c^{3}}{\sqrt[3]{c+3a}}\geq \frac{3\sqrt[3]{16}.c^{4}}{c^{2}+3ca+8c}$
Vậy theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$P=\sum \frac{a^{3}}{\sqrt[3]{a+3b}}\geq \sum \frac{3\sqrt[3]{16}.a^{4}}{a^{2}+3ab+8a}\geq 3\sqrt[3]{16}.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(ab+bc+ca)+8(a+b+c)}$
Mặt khác áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho các bộ 3 số ta có:
$3(ab+bc+ca)\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
$8(a+b+c)\leq 8\sqrt{(1^{2}+1^{2}+1^{2})(a^{2}+b^{2}+c^{2})}=8\sqrt{3.3}=24$
Vậy $P\geq 3\sqrt[3]{16}.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{4(a^{2}+b^{2}+c^{2})+24}=\frac{3\sqrt[3]{16}.9}{4.3+24}\doteq \frac{3\sqrt[3]{2}}{2}$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Vậy $Min P=\frac{3\sqrt[3]{2}}{2}$ tại $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pnhungqt: 15-06-2012 - 21:54

[nhana1]

Bài 179: cho a,b,c>0 cm

$\frac{a^{2}}{b^{5}}+ \frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{}5}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{}3}+\frac{1}{d^{3}}$

[nthoangcute]

Bài 179: cho a,b,c>0 cm

$\frac{a^{2}}{b^{5}}+ \frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{}5}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{}3}+\frac{1}{d^{3}}$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
$$\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{a^{3}} \geq \frac{5}{b^3}$$
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại là xong

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 15-06-2012 - 23:08

[nhana1]

Bài180 cho a,b,c $\in$ R. Cm

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

[kainguyen]

Bài180 cho a,b,c $\in$ R. Cm

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

Bạn ơi, bđt này đúng với $a,b,c>0$ thôi (cứ thử với $a=-3;b=-2;c=-1$ là rõ )

Ta sẽ chứng minh: $\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{2a-b}{3}$

Thật vậy, ta có:

$\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{2a-b}{3}$

$\Rightarrow a^3-a^2b-ab^2+b^3\geq 0$

$\Leftrightarrow (a+b)(a-b)^2\geq 0$

đúng do $a,b,c >0$

Tương tự với các biểu thức khác, cộng lại ta được đpcm.

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kainguyen: 16-06-2012 - 10:02

[nhana1]

Bạn ơi, bđt này đúng với $a,b,c>0$ thôi (cứ thử với $a=-3;b=-2;c=-1$ là rõ )

Ta sẽ chứng minh: $\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{2a-b}{3}$

Thật vậy, ta có:

$\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{2a-b}{3}$

$\Rightarrow a^3-a^2b-ab^2+b^3\geq 0$

$\Leftrightarrow (a+b)(a-b)^2\geq 0$

đúng do $a,b,c >0$

Tương tự với các biểu thức khác, cộng lại ta được đpcm.

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

bạn ơi theo mình nghĩ thì a,b,c thuộc R là đúng mà !
____
Theo mình là a,b,c>0 mới đúng đó bạn ạ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 16-06-2012 - 12:39

[Tham Lang]

Bài toán 181.
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng :
$$3\sqrt[9]{\dfrac{a^9+b^9+c^9}{3}}\ge \sqrt[10]{\dfrac{a^{10}+b^{10}}{2}}+\sqrt[10]{\dfrac{b^{10}+c^{10}}{2}}+\sqrt[10]{\dfrac{c^{10}+a^{10}}{2}}$$
Bài toán 182.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\dfrac{(4\sqrt{2}-3)(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\ge 4\sqrt{2}$$

[MaiAn2604]

Ta có $2=a+\frac{2*b}{2}+\frac{3*c}{3}+\frac{6*36abc}{6}\geq 12\sqrt[12]{\frac{36^6*a^7*b^8*c^9}{2^2*3^3*6^6}}=12\sqrt[12]{432*P}
 

cho mình hỏi tại sao bạn lại suy ra chỗ này. 

[MaiAn2604]

Ta có $2=a+\frac{2*b}{2}+\frac{3*c}{3}+\frac{6*36abc}{6}\geq 12\sqrt[12]{\frac{36^6*a^7*b^8*c^9}{2^2*3^3*6^6}}=12\sqrt[12]{432*P}\Leftrightarrow P\leq \frac{1}{11^{12}*432}$

Dấu bằng xảy ra khi $a=\frac{1}{6},b=\frac{1}{3},c=\frac{1}{2}$

cho mình hỏi cái đầu tiên bạn suy ra ntn vậy. dấu $\geq$ đầu tiên ấy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MaiAn2604: 09-09-2014 - 23:04

[toanhoc2017]

Bài 55:(Thái Nguyễn Hưng) Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$xy+yz+zx=1$.Tìm GTLN của biểu thức sau:

$P=yz(x+1)^2$

Ta có:$yz(x+1)^2 = [\sqrt{yz}(x+1)]^2= (\sqrt{xy.xz}+\sqrt{yz})^2$
Đặt $xy=a;yz=b;xz=c$ ta có:$a^2+b^2+c^2=1$
Mà ta dễ dàng CM:
$a^2+b^2+c^2+1 \geq 2(ab+c) (1)$
Thật vậy (1) tương đương với:
$(a- b ) ^2+(c-1)^2 \geq 0$
Do đó $P \leq 1$

 

HAY