Chủ đề này có 1115 trả lời

[Ispectorgadget]

Bài 353: Cho $x,y,z$ thực dương thỏa $xy+xz+yz=1$. Tìm GTNN của biểu thức
$$10(x^2+y^2)+z^2$$

Bài 354: (USAMO 1964) Cho a,b,c là 3 cạnh 12 tam giác. CMR:
$$a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\leq 3abc$$

[NLT]

Bài 353: Cho $x,y,z$ thực dương thỏa $xy+xz+yz=1$. Tìm GTNN của biểu thức
$$10(x^2+y^2)+z^2$$

SOLUTION:
Áp dụng AM-GM:
$2{x^2} + 2{y^2} \ge 4xy$
$8{x^2} + {1 \over 2}{z^2} \ge 4xz$
$8{y^2} + {1 \over 2}{z^2} \ge 4yz$
Cộng vế theo vế ta được: $10\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + {z^2} \ge 4\sum {xy = 4} $
Vậy GTNN của b thức là 4 khi x=y=${1 \over 3}$; z=${4 \over 3}$
----------

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 14-05-2012 - 15:59

[minhtuyb]

Bài 354: (USAMO 1964) Cho a,b,c là 3 cạnh 12 tam giác. CMR:
$$a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\leq 3abc$$

Bài 353 cân bằng hệ số hả anh?
Bài 354:
$$\Leftrightarrow a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)-(a^3+b^3+c^3)\leq 3abc\\ \Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)$$
Đúng theo Schur. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

[NLT]

Bài 354: (USAMO 1964) Cho a,b,c là 3 cạnh 12 tam giác. CMR:
$$a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\leq 3abc$$

SOLUTION: Vì a,b,c là 3 cạnh tg nên a+b-c >0;b+c-a>;c+a-b>0
Theo AM-GM:
$\left( {{\rm{a}} + {\rm{b}} - {\rm{c}}} \right)\left( {{\rm{b}} + {\rm{c}} - {\rm{a}}} \right) \le {\left( {\frac{{a + b - c + b + c - a}}{2}} \right)^2} = {b^2}$
$ \Rightarrow {b^2}\left( {c + a - b} \right) \ge \left( {{\rm{a}} + {\rm{b}} - {\rm{c}}} \right)\left( {{\rm{b}} + {\rm{c}} - {\rm{a}}} \right)\left( {c + a - b} \right)$
Dễ dàng cm được: $\left( {{\rm{a}} + {\rm{b}} - {\rm{c}}} \right)\left( {{\rm{b}} + {\rm{c}} - {\rm{a}}} \right)\left( {c + a - b} \right) \ge abc$
$ \Rightarrow {b^2}\left( {c + a - b} \right) \ge abc$
Xây dựng 2 bđt tương tự rồi cộng vế theo vế ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi tg đã cho đều
---------

[Ispectorgadget]

Bài 355: (Vasile) Cho a,b,c thực dương thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\frac{a^2}{2b^2-bc+2c^2}+\frac{b^2}{2c^2-ac+2a^2}+\frac{c^2}{2a^2-ab+2b^2}\geq 1$$
Bài 356: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=1$. CMR $$(\frac{1}{a^2}-1)(\frac{1}{b^2}-1)(\frac{1}{c^2}-1)\geq 2^9$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 14-05-2012 - 17:50

[NLT]

BÀI 357: Cho a,b,c là các số thực không âm. CMR:
$\frac{1}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{1}{{{c^2} + {a^2}}} \ge \frac{{10}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}$
-----------

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 14-05-2012 - 16:38

[minhtuyb]

Bài 356: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=1$. CMR $$(\frac{1}{a^2-1})(\frac{1}{b^2}-1)(\frac{1}{c^2}-1)\geq 2^9$$

Sao nhìn chả đối xứng gì vậy anh
Bài 357 có trong STBDT mà

[NLT]

Bài 357 có trong STBDT mà

Tình cờ đọc được 1 tài liệu có bài này chứ cũng ko rõ STBĐT có bài này ko. Mà nếu có có thì cậu cũng nên post lời giải nếu biết, chứ không nên nói là bài này có trong STBĐT, bởi có nhiều bài cũng lấy từ sách ra mà
----------

[NLT]

BÀI 358: Cho a,b,c không âm. CMR:
$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge \sqrt {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{b^2} + 1}}{{{c^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{c^2} + 1}}{{{a^2} + 1}}}$
---------

[minhtuyb]

Bài 359: CMR với mọi số thực dương $a,b,c$ thì:
$$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}+\frac{b^3}{2b^2-bc+2c^2}+\frac{c^3}{2c^2-ca+2b^2}\geq \frac{a+b+c}{3}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 14-05-2012 - 17:49

[ninhxa]

Bài 359: CMR với mọi số thực dương $a,b,c$ thì:
$$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}+\frac{b^3}{2b^2-bc+2c^2}+\frac{c^3}{2c^2-ca+2b^2}\geq \frac{a+b+c}{3}$$

-Áp dụng bdt AM_GM ta có $2a^2+2b^2-ab\geq 4ab-ab=3ab$

-Ta có
$$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}=\frac{1}{2}.\frac{a(2a^2-ab+2b^2)-ab(2b-a)}{2a^2-ab+2b^2}\geq \frac{1}{2}\left ( a-\frac{ab(2b-a)}{3ab} \right )\geq \frac{1}{2}\left ( a-\frac{2b-a}{3} \right )$$


-Xây dựng các bất đẳng thức tượng tự rồi cộng vào ta được điều cần chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ninhxa: 14-05-2012 - 22:19

[minhtuyb]

-Ta có
$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}=\frac{1}{2}.\frac{a(2a^2-ab+2b^2)-ab(2b+a)}{2a^2-ab+2b^2}$

Biến đổi thế nào đó bạn? $a(2a^2-ab+2b^2)-ab(2b+a)=2a^3-2a^2b$ mà
Chắc bài này xài S.O.S

[Cao Xuân Huy]

BÀI 358: Cho a,b,c không âm. CMR:
$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge \sqrt {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{b^2} + 1}}{{{c^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{c^2} + 1}}{{{a^2} + 1}}}$
---------

Nếu để không mà bình lên thì rất khó vì nó quầng lại cái bđt cần chứng minh. Vì thế ta thử cộng thêm 2 vế với 1 và bình lên ta được.
\[{\left( {1 + \sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} } \right)^2} \ge \left( {1 + \sum\limits_{cyc} {\sqrt {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} } } \right)\]
\[ \Leftrightarrow 2\sum\limits_{cyc} {\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right)} + 1 + \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}}} \]
\[\ge 2\sum\limits_{cyc} {\left( {\sqrt {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{b^2} + 1}}{{{a^2} + 1}}} } \right)} + 1 + \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} \]
Tiếp theo ta chứng minh:
\[\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge \sqrt {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{b^2} + 1}}{{{a^2} + 1}}} \Leftrightarrow ({a^2} + {b^2})\sqrt {({a^2} + 1)({b^2} + 1)} \ge ab({a^2} + {b^2} + 2)\]
Ta có:
$$VT\ge (a^2+b^2)(ab+1)= (a^2+b^2)ab+a^2+b^2 \ge ab(a^2+b^2+2)$$
Ta cũng có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + 1}}} + \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}({b^2} + 1)}}} \]
Giả sử $a\ge b\ge c$ ta có:
\[\frac{1}{{{a^2}({a^2} + 1)}} \le \frac{1}{{{b^2}({b^2} + 1)}} \le \frac{1}{{{c^2}({c^2} + 1)}}\]
Do đó áp dụng bđt hoán vị ta có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + 1}}} + \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}({b^2} + 1)}}} \]
\[\ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + 1}}} + \sum\limits_{cyc} {\frac{{{b^2}}}{{{b^2}({b^2} + 1)}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} \]
Do đó có ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 17-05-2012 - 08:52

[NLT]

BÀI 359:
Cho a,b,c không âm thỏa a+b+c=3. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{{b + {c^2}}} + \frac{b}{{c + {a^2}}} + \frac{c}{{a + {b^2}}} \ge \frac{3}{2}$
-----------

[Poseidont]

BÀI 359:
Cho a,b,c không âm thỏa a+b+c=3. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{{b + {c^2}}} + \frac{b}{{c + {a^2}}} + \frac{c}{{a + {b^2}}} \ge \frac{3}{2}$
-----------

Một lời giải khá dài cho bài này, và có thể bị sai sót nữa, mọi người kiểm chứng dùm nha.

Theo BĐT Cauchy-Schwar ta có:

$VT\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca+a^2b+b^2c+c^2a}=\frac{9}{(ab+bc+ca-abc)+(a^2b+b^2c+c^2a+abc)}$

Sử dụng BĐT quen thuộc với $a+b+c=3$ thì $$a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$$

Ta sẽ chứng minh $$A=ab+bc+ca-abc\leq 2$$

Thật vậy $$A=b(a+c)+ac(1-b)\leq b(3-b)+\frac{(a+c)^2(1-b)}{4}=b(3-b)+\frac{(3-b)^2(1-b)}{4}=\frac{(3-b)(b^2+3)}{4}$$

Đạo hàm $A'=\frac{-3(b-1)^2}{4}$

$$A'=0 \Leftrightarrow b=1$$

Dựa vào BBT ta tìm được $A\leq 2$ khi $a=b=c=1$

Từ đây, thay vào BĐT ban đầu, ta được:

$$VT\geq \frac{9}{(ab+bc+ca-abc)+(a^2b+b^2c+c^2a+abc)}\geq \frac{9}{2+4}=\frac{3}{2}$$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Duc Nghia: 19-05-2012 - 23:19

[NLT]

BÀI 360:
Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^3}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} \ge \frac{{a + b + c}}{4}$
-------
P/S: Topic này dần lặng đi rồi, mọi người tiếp tục post bài nào !
-------

[Ispectorgadget]

Bài 361: Cho 3 số $a,b,c$ dương thỏa $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3$. Chứng minh
$$\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}\geq \sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}$$

[ninhxa]

BÀI 360:
Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^3}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} \ge \frac{{a + b + c}}{4}$
-------
P/S: Topic này dần lặng đi rồi, mọi người tiếp tục post bài nào !
-------

-Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

$\frac{a^3}{(b+c)^2}+\frac{b+c}{8}+\frac{b+c}{8}\geq \frac{3a}{4}$

-Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế với vế ta được điều cần chứng minh.

[Ispectorgadget]

Bài 362: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng
$$\frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\frac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\frac{c^5+a^5}{(a+c)ac}\geq 3(ab+bc+ac)-2$$
Bài 363: (PolishMO 2008) Cho a,b,c là các số thực. Chứng minh rằng:
$$4(\sqrt{a^3b^3}+\sqrt{b^3c^3}+\sqrt{c^3a^3})\leq 4c^3+(a+c)^3$$
Ai vô dọn topic này đi

[davildark]

Bài 362: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng
$$\frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\frac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\frac{c^5+a^5}{(a+c)ac}\geq 3(ab+bc+ac)-2$$

Ta có $a^5+b^5 \ge a^2b^2(a+b)$
Áp dụng ta có
$$\frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\frac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\frac{a^5+c^5}{ac(a+c)}\geq ab+bc+ac=3(ab+bc+ac)-2(ab+bc+ac)\geq 3(ab+bc+ac)-2(a^2+b^2+c^2)=3(ab+bc+ac)-2$$