Chủ đề này có 23 trả lời

[Để tử Wallunint]

----Cho a,b,c,x,y,z là số thực dương-----
1)Chứng minh:
$\dfrac{2a^3}{a^6+bc}+\dfrac{2b^3}{b^6+ca}+\dfrac{2c^3}{c^6+ab}\leq \dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca}+\dfrac{c}{ab}$
2)Cho $x+2y+3z=18$.Chứng minh:
$\dfrac{2y+3z+5}{1+x}+\dfrac{3z+x+5}{1+2y}+\dfrac{x+2y+5}{1+3z}\geq \dfrac{51}{7}$
3)Tìm giá trị nhỏ nhất:
$P=\dfrac{a+b}{\sqrt{a(4a+5b)}+\sqrt{b(4b+5a)}}$
5)Chứng minh:
$1+\dfrac{3}{ab+bc+ca}\geq \dfrac{6}{a+b+c}$
6)Cho$a^3+b^3+c^3=3$.Tìm giá trị nhỏ nhất:
$M=\dfrac{a^5}{b^3+c^2}+\dfrac{b^5}{c^3+a^2}+\dfrac{c^3}{a^3+b^2}$
7)Cho$ab+bc+ca=3$.Chứng minh:
$\dfrac{1}{1+a^2(b+c)}+\dfrac{1}{1+b^2(c+a)}+\dfrac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \dfrac{1}{abc}$
8)Cho $a^2+b^2+c^2=1$.Chứng minh:
$\dfrac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\dfrac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\dfrac{c^5+a^5}{ca(c+a)}\geq 3(ab+bc+ca)-2$
9)Cho $abc\geq 1$.Chứng minh:
$(a+\dfrac{1}{a+1})(b+\dfrac{1}{b+1})(c+\dfrac{1}{c+1})\geq \dfrac{27}{8}$
10)Chứng minh:
$\dfrac{a^2+bc}{b+c}+\dfrac{b^2+ca}{c+a}+\dfrac{c^2+ab}{a+b}\geq a+b+c$
P/s:Bài 4 chưa chép kịp các anh nêu phương pháp làm luôn nha!à!Và hầu hết là Cosi nha các anh!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Để tử Wallunint: 17-11-2011 - 06:58

[Cao Xuân Huy]

Giải bài 2 giúp "em" Phi này.
hgjghj
Ta có:
hjghj
$VT = \dfrac{{23 - x}}{{1 + x}} + \dfrac{{23 - 2y}}{{1 + 2y}} + \dfrac{{23 - 3z}}{{1 + 3z}} = \dfrac{{24}}{{1 + x}} + \dfrac{{24}}{{1 + 2y}} + \dfrac{{24}}{{1 + 3z}} -3$
jhgjhgj
Áp dụng bđt Cauchy-Schwartz ta có:
hjhgj
$\dfrac{{24}}{{1 + x}} + \dfrac{{24}}{{1 + 2y}} + \dfrac{{24}}{{1 + 3z}} -3 \ge 24.\dfrac{9}{{1 + x + 1 + 2y + 1 + 3z}} -3 = \dfrac{{24.9}}{{21}} -3 = \dfrac{{51}}{7} $
Bài 2: CÁch 2
$\dfrac{2y+3z+5}{1+x}+\dfrac{1+x}{1+x}+\dfrac{3z+x+5}{1+2y}+\dfrac{1+2y}{1+2y}+\dfrac{x+2y+5}{1+3z}+\dfrac{1+3z}{1+3z}-3$
=$\dfrac{2y+x+3z+6}{1+x}+\dfrac{3z+x+2y+6}{1+2y}+\dfrac{x+2y+3z+6}{1+3z}-3=\dfrac{18+6}{1+x}+\dfrac{18+6}{1+2y}+\dfrac{18+6}{1+3z}-3$
$\dfrac{24}{1+x}+\dfrac{24}{1+2y}+\dfrac{24}{1+3z}-3\geq \dfrac{(\sqrt{24}+\sqrt{24}+\sqrt{24})^2}{1+x+1+2y+1+3z}-3=\dfrac{51}{7}$
Bài 5: $1+\dfrac{3}{ab+bc+ac}\geq 1+\dfrac{3}{\dfrac{(a+b+c)^2}{3}}=1+\dfrac{9}{(a+b+c)^2}\geq 2\sqrt{\dfrac{9}{(a+b+c)^2}}=2.\dfrac{3}{a+b+c}=\dfrac{6}{a+b+c}$ (ĐPCM)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 19-11-2011 - 16:12

[Cao Xuân Huy]

"Anh" Huy vừa nghĩ ra bài 3 nên post luôn.
gfdgfdgfd
Ta xét cái mẫu thức của $P$:
$M = \sqrt {a(4a + 5b)} + \sqrt {b(4b + 5a)} \le \sqrt {2(4{a^2} + 10ab + 4{b^2})} $ (Cauchy-Schwartz)
hgfhgfhgf
Do đó:
$M \le \sqrt {2(4{a^2} + 10ab + 4{b^2})} = \sqrt {8{{(a + b)}^2} + 4ab} \le \sqrt {9{{(a + b)}^2}} = 3(a + b)$ (Chỗ này áp dụng bđt quen thuộc ${(a + b)^2} \ge 4ab$)
ghfghgfh
Vậy: $P = \dfrac{T}{M} \ge \dfrac{{a + b}}{{3(a + b)}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {P_{\min }} = \dfrac{1}{3}$
ghfghgfh
Dễ dàng thấy xảy ra min khi $a=b$

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 10:

Giả sử $a\leq b\leq c\Rightarrow \dfrac{1}{b+c}\leq \dfrac{1}{c+a}\leq \dfrac{1}{a+b}$
Theo bất đẳng thức hoán vị ta có:
$\dfrac{a^{2}}{b+c}+\dfrac{b^{2}}{c+a}+\dfrac{c^{2}}{a+b}\geq \dfrac{b^{2}}{b+c}+\dfrac{c^{2}}{c+a}+\dfrac{a^{2}}{a+b}$
$\Leftrightarrow \dfrac{a^{2}+bc}{b+c}+\dfrac{b^{2}+ca}{c+a}+\dfrac{c^{2}+ab}{a+b}\geq a+b+c$
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c
p/s:bài 4 bạn thiếu điều kiện abc=1.chỉ cần áp dụng AM-GM trực tiếp cho 2 số ta có điều phải chứng minh

[Ispectorgadget]

Bài 10: $\dfrac{a^2+bc}{b+c}-a+\dfrac{b^2+ac}{a+c}-b+\dfrac{c^2+ab}{a+b}-c\geq 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{(a-c)(a-b)}{b+c}+\dfrac{(b-a)(b-c)}{a+c}+\dfrac{(c-a)(c-b)}{a+b}\geq 0$
Đặt x=$\dfrac{1}{b+c};y=\dfrac{1}{a+c};z=\dfrac{1}{a+b}$]
Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow x\geq y\geq z$
Áp dụng BĐT VornicuSchur ta có
$x(a-b)(a-c)+y(b-c)(b-a)+z(c-a)(c-b)\geq 0$
(BĐT này cm giống BĐT Schur )
Do đó ta có Đpcm

[Để tử Wallunint]

Sao bài nào cũng ác liệt thế! :|
7)Dùng Cosi 3 số để giải cái đề $ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{abc}$
=>$abc\leq 1 $
Thế vào mẫu là xong!
P/S:Cho hỏi bài 3 cauchy của huy là BĐT dạng nào vậy,ghi rõ giúp với!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Để tử Wallunint: 16-11-2011 - 20:44

[Cao Xuân Huy]

Bài 3 là bất đẳng thức Cauchy-Schwartz hay còn gọi là Bunhiakovski. Mình sử dụng bđt này dưới dạng $2({a^2} + {b^2}) \ge {(a + b)^2}$
Bạn tham khảo thêm về các bđt tại http://diendantoanho...showtopic=44666

[Ispectorgadget]

mấy bài này chủ yếu mà dùng Cauchy-Schwarz với AM-GM thôi
Bài 7: Từ giả thiết ta có $ab+bc+ac=3\geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}\Rightarrow 1\geq abc$
$\dfrac{1}{1+a^2(b+c)}\leq \dfrac{1}{abc+a^2(b+c)}=\dfrac{1}{a(bc+ac+ab)}=\dfrac{1}{3a}$
Tương tự ta có $\dfrac{1}{1+b^2(a+c)}\leq \dfrac{1}{3b}$
$\dfrac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \dfrac{1}{3c}$
VT$\leq \dfrac{1}{3}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})=\dfrac{1}{3}.\dfrac{ab+bc+ac}{abc}=\dfrac{1}{abc}$

[Để tử Wallunint]

răng lại như rứa "bạn ấy" mình làm rồi mà ?
P/S: Huy ơi,Đừng nói bừa BĐT như rứa,đi thi ghi bunhia họ cho quả trứng ăn.Chú ý nhá các bạn.Khi làm ngòi Cosi 2 số tất cả đều phải chứng minh lại và không được ghi tên BĐT và ghi rõ BĐT cần chứng minh!
Còn vài bài làm nốt luôn đi các bạn!
CXH: huy,bài 3 dùng cosi ở mẫu á,thì đáp số là
$\dfrac{1}{5}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Để tử Wallunint: 17-11-2011 - 07:01

[Cao Xuân Huy]

Thì Cauchy-Schwartz chứng minh lại cũng được thôi mà. Còn AM-GM thì dùng thoải mái, với $n$ số họ cũng cho mà.

Cái bđt mình dùng bạn chứng minh lại dễ dàng bằng phương pháp phân tích bình phương.

Còn bđt Cauchy-Schwartz thì nếu bạn cần mình sẽ chứng minh ngay tại đây

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 17-11-2011 - 07:04

[Để tử Wallunint]

3) M$\leq \dfrac{5(a+b)}{2}+\dfrac{5(a+b)}{2}=5(a+b)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Để tử Wallunint: 17-11-2011 - 07:28

[Cao Xuân Huy]

3) M$\leq \dfrac{5(a+b)}{2}+\dfrac{5(a+b)}{2}=5(a+b)$

Kiểu này thì dấu bằng không thể xảy ra nên không có min được.

[Cao Xuân Huy]

Bạn coi lại đề bài 6 nhé. Mình nghĩ đề là thế này để a,b,c bình đẳng.
Chứng minh:

$$M=\dfrac{a^5}{b^3+c^2}+\dfrac{b^5}{c^3+a^2}+\dfrac{c^5}{a^3+b^2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 17-11-2011 - 10:52

[Để tử Wallunint]

Mình mới phát hiện ra! Cosi 2 số đầu rồi cosi lại 2 số vừa tìm được với số cuối?Được không HUY?
Chắc không,nếu như thế thì dư điều kiện rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Để tử Wallunint: 18-11-2011 - 06:34

[Cao Xuân Huy]

Mình mới phát hiện ra! Cosi 2 số đầu rồi cosi lại 2 số vừa tìm được với số cuối?Được không HUY?
Chắc không,nếu như thế thì dư điều kiện rồi

Ý bạn nói bài mấy vậy. Bạn post lời giải bài đó lên đi.

[Poseidont]

bài 5 bạn dung cái $ab +bc +ca \leq \dfrac{(a+b+c)^{2}}{3} \Rightarrow \dfrac{3}{ab +bc +ca}\geq \dfrac{9}{(a+b+c)^{2}}$
sau đó áp dụng bdt cosi
$1 + \dfrac{9}{(a+b+c)^{2}}\geq \dfrac{6}{a+b+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 19-11-2011 - 12:21

[Poseidont]

bài 8 nhé:
ta có $a^{5} +b^{5}= (a^{3} +b^{3})(a^{2}+b^{2})- a^{2}b^{2}(a+b)\geq ab(a+b).2ab -a^{2}b^{2}(a+b)=a^{2}b^{2}(a+b)$
tương tự với mấy cái kia.
=>$VT\geq ab +bc +ca$ (1)
mặt khác$a^{2} +b^{2}+c^{2}=1 => 2=2(a^{2} +b^{2}+c^{2})\geq 2(ab +bc+ca) (2)$
từ 1và 2 suy ra dpcm

[Cao Xuân Huy]

Bài 5:

Bằng AM- GM ta dễ dàng chứng minh được:$a^2+b^2+c^2 \ge ab+ac+bc \Rightarrow (a+b+c)^2 \ge 3(ab+ac+bc)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Áp dụng bđt này ta có: $VT \ge \dfrac{9}{(a+b+c)^2}+1$

Ta có: $\dfrac{9}{{{{(a + b + c)}^2}}} + 1 - \dfrac{6}{{a + b + c}} = {\left( {\dfrac{3}{{a + b + c}} - 1} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow VT \ge \dfrac{9}{{{{(a + b + c)}^2}}} + 1 \ge \dfrac{6}{{a + b + c}}$ (ĐPCM)

Đẳng thức xảy ra khi: $\left\{ \begin{array}{l}a = b = c\\\dfrac{3}{{a + b + c}} = 1\end{array} \right. \Rightarrow a = b = c = 1$

[Để tử Wallunint]

Giải bài 2 giúp "em" Phi này.
hgjghj
Ta có:
hjghj
$VT = \dfrac{{23 - x}}{{1 + x}} + \dfrac{{23 - 2y}}{{1 + 2y}} + \dfrac{{23 - 3z}}{{1 + 3z}} = \dfrac{{24}}{{1 + x}} + \dfrac{{24}}{{1 + 2y}} + \dfrac{{24}}{{1 + 3z}}$
jhgjhgj

Sai chỗ này không nhĩ!Đáng lẻ là $-3$ nữa

[Poseidont]

Bài 9 nha:
Đặt a+1=x, b+1 =y , c+1= z
=> a=x-1, b=y-1,c=z-1
VT= $(x-1+\dfrac{1}{x})(y-1+\dfrac{1}{y})(z-1+\dfrac{1}{z})$

Áp dụng bdt cosi ta co$\dfrac{x}{4}+\dfrac{1}{x}\geq 2\sqrt{\dfrac{x}{4}\dfrac{1}{x}}=1$
$\dfrac{y}{4}+\dfrac{1}{y}\geq 1$

$\dfrac{z}{4}+\dfrac{1}{z}\geq 1$
=> VT$\geq \dfrac{3x}{4}.\dfrac{3y}{4}\dfrac{3z}{4}=\dfrac{27.x.y.z}{64}$ (1)

Ta lại có $x.y.z=(a+1).(b+1).(c+1)=abc+ab+bc+ca+1+a+b+c$

Áp dụng bđt co si
$ ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 3 $

$ a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\geq 3$

$\Rightarrow abc+a+b+c+ab+bc+ca+1\geq 8 (2) $

Từ 1,2 $ \Rightarrow $ đpcm

bài 10
đặt
b+c=x,c+a=y.a+b=z
=>$yz=a^{2}+bc+ca+ab\Rightarrow a^{2}+bc=yz -ca+ab=yz -ax$
$b^{2}+ca=xz-by$
$c^{2}+ca=xy-cz$
VT= $\dfrac{yz}{x} - a +\dfrac{xz}{y} - b +\dfrac{xy}{z} - c$
dễ dàng chứng minh đc
$\dfrac{yz}{x} +\dfrac{xz}{y} +\dfrac{xy}{z}\geq x+ y+z=2(a+b+c)$
=> dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 19-11-2011 - 19:20