Chủ đề này có 1115 trả lời

[Ispectorgadget]

Bài 391: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x^2+y^2+z^2\leq \frac{3}{2}$. Chứng minh rằng $$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 2(x+y+z)$$

(V. Yasinskyy, Vinnytsya)

[ducthinh26032011]

Bài 391: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x^2+y^2+z^2\leq \frac{3}{2}$. Chứng minh rằng $$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 2(x+y+z)$$

(V. Yasinskyy, Vinnytsya)

$(x+y+z)^{2}\leq 3(x^{2}+y^{2}+z^{2})\leq 3.\frac{3}{2}=\frac{9}{2}$
Vì x,y,z dương nên $x+y+z\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$
$VT\geq \frac{(1+1+1)^{2}}{x+y+z}\geq 3\sqrt{2}$
$VP\leq 2.\frac{3}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$
$\Rightarrow VT\geq 3\sqrt{2}\geq VP\Leftrightarrow VT\geq VP$
$\Rightarrow$ đpcm

[NguyThang khtn]

Ý mình muốn hỏi là nếu dùng Cauchy-Schwarz thì phải dùng cho 2 bộ 3 số nào để ra được BĐT đó.
Cauchy-Schwarz thì thường thấy chỉ có bậc 2. Cái này thấy có bậc 3 nên mình hơi rối

Đây không phải là BĐT Cauchy-Schwarz !
Bạn nguyenta98 nhầm chút đó bạn!
Đây chỉ là một mở rộng nhỏ của BĐT Holder thôi!
To nguyenta98 lần sau nếu không biết rõ thì chớ nói lung tung nhé!
Em cũng không nên dùng những thuật ngữ tiếng anh trong bài đây đâu có phải là mathlinks !
Chúng ta nên gửi gìn sự thuần khiết cho tiếng việt!

BÀi 375: $a,b,c> 0, ab+bc+ca=1$ cmr
$$(1-a^{2})(1-b^{2})(1-c^{2})\leq abc(a+b)(b+c)(c+a)$$

Bài 375:
Ta chứng minh bđt sau
$\large \dpi{100} (1-a^{2})(1-b^{2})\geq (1-ab)^{2}$ (dễ chứng minh)
Ta có:$\large \dpi{100} ab+bc+ca= 1$ nên $\large \dpi{100} (1-ab)^{2}=(ac+bc)^{2}=c^{2}(a+b)^{2}$
Suy ra$\large \dpi{100} (1-a^{2})(1-b^{2})\leq (c^{2})(a+b)^{2}$
Cm tương tự$\large \dpi{100} (1-b^{2})(1-c^{2})\leq (a^{2})(b+c)^{2}$
$\large \dpi{100} (1-c^{2})(1-a^{2})\leq (b^{2})(a+c)^{2}$
Suy ra đpcm

Banh bị nhầm chút xíu xem kĩ lại nhé đoạn đầu đó!

[Tham Lang]

Lâu lắm rồi mới được vào đây
Bài toán 392. [Nguyễn Đình Thi]
Cho các số thực không âm $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{4a}{b+c}+\dfrac{4b}{c+a}+\dfrac{4c}{a+b}+\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2+abc}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}\ge 7$$
Bài toán 393. [VMO 2006, B]
Cho các số dương $a, b, c$ thoả mãn $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+3\ge 2(a+b+c)$$
Bài toán 394. [MOSP 2001]
Cho các số thực dương $a, b, c$ thoả $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 4(a+b+c-1)$$
Bài toán 395. [Hồ Thái Phú]
Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+2bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+2ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+2ab}}\le \dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}$$
Bài toán 396. [Vasile Cirtoaje] (hơi khó chịu tí )
Chứng minh rằng, với mọi số thực dương $a, b, c$ thì :
$$\dfrac{3a^2-2ab-b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{3b^2-2bc-c^2}{b^2+c^2}+\dfrac{3c^2-2ca-a^2}{c^2+a^2}\ge 0$$
Bài toán 397.[ Titu Andresscu, Gabriel Dospinesscu ]
Cho các số thực $x_1, x_2, ..., x_n\in (0, 1)$. Chứng minh rằng :
$$\sum \dfrac{1}{1-x_1}\ge \left (1+\dfrac{\sum x_1}{n}\right )\left (\sum \dfrac{1}{1-x_ix_{\sigma}(i)}\right )$$
Bài toán 398.
Cho các số dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-2}+\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$$
Bài toán 399.[ Vasc ]
Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge 2\sqrt{1+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}}$$
BÀI TOÁN 400. [Vojtec Jarnik]
Cho $x_1, x_2, .., x_n$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện :
$$\dfrac{1}{x_1+1}+\dfrac{1}{x_2+1}+...+\dfrac{1}{x_n+1}=1$$
Chứng minh rằng :
$$\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+...+\sqrt{x_n}\ge (n-1)\left (\dfrac{1}{\sqrt{x_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{x_2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{x_n}}\right )$$

[davildark]

Bài toán 393. [VMO 2006, B]
Cho các số dương $a, b, c$ thoả mãn $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+3\ge 2(a+b+c)$$

Bài này dễ nhất
Ta có bất đẳng thức
$x^2+y^2+z^2+2xyz+1 \ge 2(xy+yz+xz)$ ( CM ở đây)
Áp dụng với $x=\frac{1}{a}$ ; $y=\frac{1}{b}$ ; $z=\frac{1}{c}$ tacó
$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2}{abc}+1\geq 2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}) \\ \Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3\geq 2(a+b+c)$

[Secrets In Inequalities VP]

$4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})\geq 4.\frac{3}{2}=6$(Bất đẳng thức Netbitt)
Không mất tính tổng quát,giả sử:$b\geq a\geq c$
Ta xét hiệu:$ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc-(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc)$
$a(b^{2}-c^{2})-a^{2}(b-c)-bc(b-c)=(b-c)(a-b)(c-a)\geq 0$
$\Rightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc \Leftrightarrow \frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}\geq 1$
Vậy $VT\geq 6+1=7$ $\Rightarrow$ đpcm

saj rùi cậu oi ! k gỉ sủ đuọc $b\geq a\geq c$ o đây

[WhjteShadow]

Sao lại sai hả bạn?$a;b;c$ có vai trò như nhau mà

Thế sa0 bạn không giả sử $ab^2+bc^2+ca^2\geq a^2b+b^2c+c^2a$ luôn ch0 rồi.Bạn thử xét các trường hợp khác của a,b,c xem $ab^2+bc^2+ca^2\geq a^2b+b^2c+c^2a$ có luôn xảy ra không??!!

[Secrets In Inequalities VP]

Lâu lắm rồi mới được vào đây
Bài toán 394. [MOSP 2001]
Cho các số thực dương $a, b, c$ thoả $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 4(a+b+c-1)$$

Áp dụng BĐT quen thuộc : $\prod (a+b)\geq \frac{8}{9}\sum a.\sum ab$. Ta có :
BĐT $\Leftrightarrow \frac{8}{9}.\sum a.\sum ab\geq 4(\sum a-1)$
$\Leftrightarrow \frac{8}{9}.\sum ab+\frac{4}{\sum a}\geq 4$
Cái này đúng theo AM-GM:
$VT= \frac{4}{9}.\sum ab+\frac{4}{9}.\sum ab+\frac{4}{\sum a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{4}{9}.\frac{4}{9}.\frac{(\sum ab)^{2}}{\sum a}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{4}{9}.\frac{4}{9}.3}=4$
Xong .!

[Secrets In Inequalities VP]

Lâu lắm rồi mới được vào đây

Bài toán 399.[ Vasc ]
Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge 2\sqrt{1+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}}$$

Bình phuong 2 vế và rút gọn ta đc ;
BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{b^{2}}+2\sum \frac{a}{b}\geq 3+\sum \frac{b}{a}$
Đặt $\frac{a}{b}= x ,\frac{b}{c}= y,\frac{c}{a}= z\Rightarrow xyz=1$
BĐT trỏ thành :
$x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(x+y+z)\geq 3+2(xy+yz+zx)$
Áp dụng BĐT : $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$
Ta đc:$\sum x^{2}+2\sum x\geq \sum x^{2}+6= (\sum x^{2}+2xyz+1)+3\geq 3+2\sum xy$
Đ.P.C.M
Xong!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 28-06-2012 - 17:27

[Secrets In Inequalities VP]

Lâu lắm rồi mới được vào đây
Bài toán 398.
Cho các số dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-2}+\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$$

BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-2}+\dfrac{8}{(\frac{a}{b}+1)(\frac{b}{c}+1)(\frac{c}{a}+1)}\geq 2$
Đặt $\frac{a}{b}= x ,\frac{b}{c}= y,\frac{c}{a}= z\Rightarrow xyz=1$
BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq 2$
$\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{x+y+z+xy+yz+zx+2}\geq 2$
$\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{x+y+z+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}+2}\geq 2$
Đặt tiếp $x+y+z=t\Rightarrow t\geq \sqrt[3]{xyz}= 3$
BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{t-2}+\frac{8}{\frac{t^{2}}{3}+t+2}\geq 2\Leftrightarrow \sqrt{t-2}+\frac{24}{t^{2}+3t+6}\geq 2$
$\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sqrt{t-2}-1\geq 1-\frac{24}{t^{2}+3t+6}\Leftrightarrow \frac{t-3}{\sqrt{t-2}+1}\geq \frac{(t-3)(t+6)}{t^{2}+3t+6}$
$\Leftrightarrow (t-3)(\frac{1}{\sqrt{t-2}+1}-\frac{t+6}{t^{2}+3t+6})\geq 0\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{t-2}+1}-\frac{t+6}{t^{2}+3t+6}\geq 0$
$\Leftrightarrow t^{2}+3t+6\geq (\sqrt{t-2}+1)(t+6)\Leftrightarrow t^{2}+2t\geq (t+6)\sqrt{t-2}$
$\Leftrightarrow (t^{2}+2t)^{2}\geq [(t+6))\sqrt{t-2}]^{2}$
$\Leftrightarrow (t-3)(t^{3}+6t^{2}+12t+24)\geq 0$
Luôn đúng .
OK.

[WhjteShadow]

Bài 392:Hôm qua anh đăng bài gợi ý bên THPT e định sáng dậy làm thì chị/anh tranghieu95 làm mất T.T
Đầu tiên ta chứng minh:
$$\dfrac{4a}{a+b}+\dfrac{4b}{b+c}+\dfrac{4c}{c+a}+\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2+abc}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}\ge 7$$ (1)

Đặt $\dfrac{b}{a}=x; \dfrac{c}{b}=y; \dfrac{a}{c}=z \Rightarrow xyz=1$
Bđt $\Leftrightarrow \dfrac{4}{1+x}+\dfrac{4}{1+y}+\dfrac{4}{1+z}+\dfrac{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+1}{x+y+z+1}\geq 7$
Đặt tương tự như bài trên ta đc
$4.\dfrac{m+2n}{m+n}+\dfrac{m}{n}\geq 7$
$\Leftrightarrow (m-n)^2 \geq 0$ (đúng)
Vậy ta có đpcm.

Mà mặt khác ta sẽ chứng minh được:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$ (2)
Thật vậy (2) $\Leftrightarrow \frac{a+c}{b+c}+\frac{a+b}{a+c}+\frac{b+c}{a+b}\geq \frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}$
$\Leftrightarrow \frac{a+c}{b+c}+\frac{a+b}{a+c}+\frac{b+c}{a+b}\geq 3$ (Luôn đúng the0 cô si 3 số)
Từ (1) và (2) ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 30-06-2012 - 08:23

[tkvn97]

Bài 401 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương vào $x,y,z\geq 0$ là các biến số thõa mãn $ax+by+cz=xyz$. Chuứng minh rằng tồn tại duy nhất số thực d sao cho $\frac{2}{d}=\frac{1}{a+d}+\frac{1}{b+d}+\frac{1}{c+d}$ , và khi đó hãy chứng minh giá trị nhỏ nhất của biểu thức $x+y+z$ bằng $\sqrt{d(d+a)(d+b)(d+c))}$
----------------------
Lần sau nhớ số bài

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi yeutoan11: 01-07-2012 - 09:31

[Secrets In Inequalities VP]

Lâu lắm rồi mới được vào đây
BÀI TOÁN 400. [Vojtec Jarnik]
Cho $x_1, x_2, .., x_n$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện :
$$\dfrac{1}{x_1+1}+\dfrac{1}{x_2+1}+...+\dfrac{1}{x_n+1}=1$$
Chứng minh rằng :
$$\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+...+\sqrt{x_n}\ge (n-1)\left (\dfrac{1}{\sqrt{x_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{x_2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{x_n}}\right )$$

GT $\Leftrightarrow \sum (\frac{1}{n}-\frac{1}{{x_1}+1})= 0\Leftrightarrow \sum \frac{{x_1}+1-n}{{x_1}+1}= 0$
BĐT $\Leftrightarrow \sum (\sqrt{{x_1}}-\frac{n-1}{\sqrt{{x_1}}})\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{{x_1}+1-n}{\sqrt{{x_1}}}\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{{x_1}+1-n}{{x_1}+1}.\frac{{x_1}+1}{\sqrt{{x_1}}}\geq 0$
Giả sủ ${x_1}\geq {x_2}\geq ...\geq {x_n}$
Dễ dàng kiểm tra đc 2 dãy sau cùng tăng .
$\frac{{x_1}+1-n}{{x_1}+1}\geq \frac{{x_2}+1-n}{{x_2}+1}\geq ...\frac{{x_n}+1-n}{{x_n}+1}$
và
$\frac{{x_1}+1}{\sqrt{{x_1}}}\geq\frac{{x_2}+1}{\sqrt{{x_2}}}\geq ...\frac{{x_n}+1}{\sqrt{{x_n}}}$
Áp dung BĐT chebyshev ta đc :
$\sum \frac{{x_1}+1-n}{{x_1}+1}.\frac{{x_1}+1}{\sqrt{{x_1}}}\geq \frac{1}{n}\sum \frac{{x_1}+1-n}{{x_1}+1}.\sum \frac{{x_1}+1}{\sqrt{{x_1}}}= 0$
suy ra Đ.P.C.M

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 01-07-2012 - 11:14

[tkvn97]

Bài 402 : Giả sử $a^{2013}+b^{2013}>a^{2012}+b^{2012}$
Chứng minh rằng $a^{2014}+b^{2014}\geq a^{2013}+b^{2013}$

[Tham Lang]

BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-2}+\dfrac{8}{(\frac{a}{b}+1)(\frac{b}{c}+1)(\frac{c}{a}+1)}\geq 2$
Đặt $\frac{a}{b}= x ,\frac{b}{c}= y,\frac{c}{a}= z\Rightarrow xyz=1$
BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq 2$
$\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{x+y+z+xy+yz+zx+2}\geq 2$
$\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{x+y+z+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}+2}\geq 2$
Đặt tiếp $x+y+z=t\Rightarrow t\geq \sqrt[3]{xyz}= 3$
BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{t-2}+\frac{8}{\frac{t^{2}}{3}+t+2}\geq 2\Leftrightarrow \sqrt{t-2}+\frac{24}{t^{2}+3t+6}\geq 2$
$\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sqrt{t-2}-1\geq 1-\frac{24}{t^{2}+3t+6}\Leftrightarrow \frac{t-3}{\sqrt{t-2}+1}\geq \frac{(t-3)(t+6)}{t^{2}+3t+6}$
$\Leftrightarrow (t-3)(\frac{1}{\sqrt{t-2}+1}-\frac{t+6}{t^{2}+3t+6})\geq 0\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{t-2}+1}-\frac{t+6}{t^{2}+3t+6}\geq 0$
$\Leftrightarrow t^{2}+3t+6\geq (\sqrt{t-2}+1)(t+6)\Leftrightarrow t^{2}+2t\geq (t+6)\sqrt{t-2}$
$\Leftrightarrow (t^{2}+2t)^{2}\geq [(t+6))\sqrt{t-2}]^{2}$
$\Leftrightarrow (t-3)(t^{3}+6t^{2}+12t+24)\geq 0$
Luôn đúng .
OK.

Bài này còn rất nhiều cách khá nữa nên các em hãy suy nghĩ thêm nhé
p/s : Đây là một bài toán rất quen thuộc

[ToanHocLaNiemVui]

Bài 403: Cho các số dương $a,b,c$ thoả mãn $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3$. CMR: $a^{4}b^{3}+b^{4}c^{3}+c^{4}a^{3} \geq3$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToanHocLaNiemVui: 01-07-2012 - 16:56

[tkvn97]

Bài 404. Cho $x,y,z>0$ thõa mãn $x+y+z=2012.$ . Chứng ming rằng $\frac{x^{4}+y^{4}}{x^{3}+y^{3}}+\frac{y^{4}+z^{4}}{y^{3}+z^{3}}+\frac{z^{4}+x^{4}}{z^{3}+x^{3}}\geqslant 2012$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 01-07-2012 - 22:42

[Ispectorgadget]

Bài 404. Cho $x,y,z>0$ thõa mãn $x+y+z=2012.$ . Chứng ming rằng $\frac{x^{4}+y^{4}}{x^{3}+y^{3}}+\frac{y^{4}+z^{4}}{y^{3}+z^{3}}+\frac{z^{4}+x^{4}}{z^{3}+x^{3}}\geqslant 2012$

Dễ dàng chứng minh được $\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\geq \frac{(x+y)}{2}$ bằng cách biến đổi tương đương hoặc dùng BĐT Chebishev
Thiết lập tương tự và cộng lại ta có điều phải chứng minh.

[tkvn97]

Bài 404 . Với các số a , b , c thõa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng :
$\frac{a}{(ab+a+1)^{2}}+\frac{b}{(bc+b+1)^{2}}+\frac{c}{(ca+a+1)^{2}} \geqslant \frac{1}{a+b+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRUNGKIEN1997: 02-07-2012 - 09:44

[Secrets In Inequalities VP]

Bài 404 . Với các số a , b , c thõa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng :
$\frac{a}{(ab+a+1)^{2}}+\frac{b}{(bc+b+1)^{2}}+\frac{c}{(ca+a+1)^{2}} \geqslant \frac{1}{a+b+c}$

Theo C.S:
$\sum a.\sum \frac{a}{(ab+a+1)^{2}}\geq (\sum \frac{a}{ab+a+1})^{2}= 1$
Đ.P.C.M