Chủ đề này có 23 trả lời

[Trần Đức Anh @@]

Chào các bạn,
Như chúng ta đã thấy, topic bất đẳng thức cũ rất lộn xộn và mất trật tự vì không có nội quy rõ ràng. Đây là topic về bất đẳng thức mới để thay thế cho topic cũ. Hy vọng các bạn tham gia, hưởng ứng và tuân thủ các nội quy nêu ra ở đây:
1. Đánh số thứ tự bài:
Người post bài mới phải đánh số thứ tự. Bài đầu tiên sẽ được đánh số 1, và cứ thế các bài đề nghị tiếp theo sẽ được đánh số kế tiếp.
-------------------------------------------------------
2. Không post chen ngang:

Không post bài mới khi bài cũ chưa được giải. Ngoài ra, không post một phần của bài giải, chỉ post khi nào đã hoàn tất bài giải một cách hoàn chỉnh.
3. Cách post bài tiếp theo:

Ghi số thự tự bài toán được giải. Và người giải sau đó nên post tiếp tối đa 1 bài mới ngay trong post đó mà bạn đã biết lời giải cho bài toán đó. Đây là mẫu tiêu biểu:

Lời giải cho bài 1:
.........................

----------------------------------------------------------

4. Nếu một bài toán không có lời giải trong 5 ngày:

Khi đó, người đưa ra bài toán sẽ trình bày lời giả như mẫu trên và có thể post một bài mới.
----------------------------------------------------------
5. Latex.
Và tất nhiên, mỗi post đều phải được đánh Latex rõ ràng.

Mong mọi người hãy tuân thủ để tạo nên Topic INEQUALITIES (PART II) đẹp và hấp dẫn hơn.

Xin cảm ơn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 21-03-2012 - 21:54

[Trần Đức Anh @@]

Xin mở màn cho chiến dịch truy tìm sự thú vị của bất đẳng thức:
Problem 1: Với $a$, $b$, $c>0$ chứng minh rằng:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 21-03-2012 - 22:00

[Ispectorgadget]

Problem 1: Với $a$, $b$, $c>0$ chứng minh rằng:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$

Lời giải bài 1
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
$$(\frac{a^2}{b}-2a+b)+(\frac{b^2}{c}-2b+c)+(\frac{c^2}{a}-2c+a)=\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\geq \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$
Ta có: $\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\geq \frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}$
Ta cần chứng minh $(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2\geq 4(a-b)^2$
Dễ thấy $|b-c|+|c-a|\geq |a-b|\Rightarrow (2|a-b|)^2\geq 4(a-b)^2$

Điều này đúng suy ra điều phải chứng minh $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 21-03-2012 - 22:48

[Ispectorgadget]

Problem 2: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn $ab+bc+ac=1$ .Chứng minh rằng:
$$\frac{3ab+1}{a+b}+\frac{3bc+1}{b+c}+\frac{3ac+1}{a+c}\geq 4$$

[Tham Lang]

Cách giải 1 cho bài toán 2 :
Biến đổi :
$$P = \dfrac{3ab + 1}{a + b} + \dfrac{3bc + 1}{b + c} + \dfrac{3ca + 1}{c + a} = \dfrac{3(1 - c(a + b)) + 1}{a + b} + \dfrac{3(1 - a(b + c)) + 1}{b + c} + \dfrac{3(1 - b(a + c)) + 1}{c + a} $$ $$= 4\left (\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a}\right ) - 3\left (a + b + c\right )$$
Ta có $$\dfrac{1}{a + b} = \dfrac{ab + bc + ca}{a + b} = c + \dfrac{ab}{a + b} \ge c + \dfrac{ab}{a + b + c}$$
Từ đó, suy ra :
$$\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a} \ge a + b + c + \dfrac{ab + bc + ca}{a + b + c} = a + b + c + \dfrac{1}{a + b + c}$$
Nên $$P \ge 4\left (x + \dfrac{1}{x}\right ) - 3x = x + \dfrac{4}{x} \ge 4$$
Bất đẳng thức đã được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-03-2012 - 17:50

[Tham Lang]

Cách giải 2 cho bài toán 2 : (Nếu sai xin mọi người chỉnh sửa )
Ta có :
$$f(a, b, c) = \dfrac{3ab + 1}{a + b} + \dfrac{3bc + 1}{b + c} + \dfrac{3ca + 1}{c + a} = 4\left (\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a}\right ) - 3\left (a + b + c\right )$$ $$ \ge 4\left (\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{4}{a + b + 2c} \right) - 3\left (a + b + c\right ) = f(\dfrac{a + b}{2}, \dfrac{a + b}{2},c )$$
Do đó, ta chỉ cần chứng minh :
$$f(a, a, c) \ge 4 (1)$$
Thật vậy $$ab + bc + ca = 1$$
TH1. $a = 0$ dễ dàng ta có ĐPCM.
TH2. $a \# 0$ suy ra $c = \dfrac{1 - a^2}{2a} (1)$
Thế vào (1), ta có :
$$4\left (\dfrac{1}{2a} + \dfrac{2}{a + \dfrac{1- a^2}{2a}} \right ) - 3\left (2a + \dfrac{1 - a^2}{2a}\right ) \ge 4 $$
$$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2a} + \dfrac{16a}{a^2 + 1} - \dfrac{9a}{2} \ge 4$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{1 - a}{2a} - \dfrac{8(1 - a)^2}{a^2 + 1} - \dfrac{9(a - 1)}{2} \ge 0$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{1 - a}{2a} + \dfrac{9(1 - a)}{2} \ge \dfrac{8(1 - a)^2}{a^2 + 1} (2)$$
Nhận xét :Trong 3 số $a, b, c$ nhất thiết phải có 1 số không lớn hơn 1. Thật vậy, điều giả sử ngược lại không đúng.
Do đó :
$$(2) \Leftrightarrow \dfrac{1}{2a} + \dfrac{9}{2} \ge \dfrac{8(1 - a)}{a^2 + 1}$$
$$\Leftrightarrow 8a + \dfrac{1}{2a} + \dfrac{a}{2} + \dfrac{9a^2}{2} \ge \dfrac{7}{2}$$ Đúng vì theo AM-GM ta có
$$8a + \dfrac{1}{2a} \ge 4$$
Bất đẳng thức được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 22-03-2012 - 20:37
Post bài toán mới sau khi giải, nhớ đọc kĩ hướng dẫn sử dụng trước khi vào!!

[Tham Lang]

Problem 3
Cho $x, y, z$ là những số thực dương thỏa mãn $xyz = 1$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{x^3 + 1}{\sqrt{x^4 + y + z}} + \dfrac{y^3 + 1}{\sqrt{y^4 + z + x}} + \dfrac{z^3 + 1}{\sqrt{z^4 + x + y}} \ge 2\sqrt{xy + yz + zx}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-03-2012 - 20:48

[Ispectorgadget]

Problem 2: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn $ab+bc+ac=1$ .Chứng minh rằng:
$$\frac{3ab+1}{a+b}+\frac{3bc+1}{b+c}+\frac{3ac+1}{a+c}\geq 4$$

Cách 3:
Bất đẳng thức cần chứng minh $$\Leftrightarrow \frac{3ab+ab+bc+ac}{a+b}+\frac{3bc+ab+bc+ac}{b+c}+\frac{3ac+ab+bc+ac}{c+a}\geq 4$$
Hay $$\frac{4ab}{a+b}+\frac{4bc}{b+c}+\frac{4ac}{a+c}+a+b+c\geq 4$$
Để ý rằng: $$ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)=a+b+c$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
$$\frac{ab}{b+a}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ac}{a+c}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{ab(b+a)+bc(b+c)+ac(a+c)}\geq \frac{1}{a+b+c}$$
Do đó: $$\frac{4ab}{b+a}+\frac{4bc}{b+c}+\frac{4ac}{a+c}+a+b+c\geq \frac{4}{a+b+c}+a+b+c\geq 4$$
Từ đây ta có điều cần chứng minh đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a;b;c)=(0;1;1)$ và các hoán vị. $\blacksquare$

[Tham Lang]

Problem 3
Cho $x, y, z$ là những số thực dương thỏa mãn $xyz = 1$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{x^3 + 1}{\sqrt{x^4 + y + z}} + \dfrac{y^3 + 1}{\sqrt{y^4 + z + x}} + \dfrac{z^3 + 1}{\sqrt{z^4 + x + y}} \ge 2\sqrt{xy + yz + zx}$$

Lời giải bài toán 3 :
Ta có $$\sqrt{(x^4 + y + z)(xy + yz + zx)} = \sqrt{(x^4 + xyz(y + z))(xy + yz + zx)} = \sqrt{(x^3 + y^2z + yz^2)(x^2y + xyz + x^2z)} $$ $$\le \dfrac{(x^3 + x^2y + x^2z) + (xyz + yz(y + z))}{2} = \dfrac{(x + y + z)(yz + x^2)}{2} = \dfrac{(x + y + z)(x^3 + 1)}{2x}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{x^3 + 1}{\sqrt{x^4 + y + z}} \ge \dfrac{2x\sqrt{xy + yz + zx}}{x + y + z}$$
Nên $$VT \ge \dfrac{2\sqrt{xy + yz + zx}(x + y + z)}{x + y + z} = 2\sqrt{xy + yz + zx}$$
ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 28-03-2012 - 21:25

[Tham Lang]

Problem 4 :
Cho các số thực dương $a, b, c$ sao cho $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{3 + a^2 + b^2} + \dfrac{1}{3 + b^2 + c^2} + \dfrac{1}{3 + c^2 + a^2} \le \dfrac{3}{5}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 27-03-2012 - 05:57

[Trần Đức Anh @@]

Lời giải bài 4: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\frac{3}{3+a^2+b^2}+\frac{3}{3+b^2+c^2}+\frac{3}{3+c^2+a^2}\leq\frac{9}{5}$
hay: $\frac{a^2+b^2}{3+a^2+b^2}+\frac{b^2+c^2}{3+b^2+c^2}+\frac{c^2+a^2}{3+c^2+a^2}\geq\frac{6}{5}$
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:$\sum\frac{a^2+b^2}{3
+a^2+b^2}(\sum 3+a^2+b^2)\geq(\sum\sqrt{(a^2+b^2)})^2$
Điều này có nghĩa ta cần chứng minh:
$(\sum\sqrt{a^2+b^2})^2\geq\frac{6}{5}(\sum(3+a^2+b^2))$
$5(a+b+c)^2+3\sum a^2\geq 54$
điều này luôn đúng do $a+b+c=3$.
Problem 5: Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng: $\frac{a+b+c}{3}\geq\sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$.

[Tham Lang]

Lời giải bài 5:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :
$$(a + b + c)^{10} \ge 3^9\left (a^3 + b^3 + c^3\right ) \Leftrightarrow (a + b + c)^{10} \ge 3^9\left (a^3 + b^3 + c^3 - 3abc\right ) + 3^{10}abc $$
$$\Leftrightarrow (a + b + c)^{10} \ge 3^9(a + b + c)\left (a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca\right ) + 3^{10}\Leftrightarrow (a + b + c)^{10} + 3^{10}(a + b + c)(ab + bc + ca) $$ $$\ge 3^9(a + b + c)^3 + 3^{10} $$
Đặt $x = a + b + c \ge 3 $ Vì $ab + bc + ca \ge 3$ nên ta cần chứng minh
$$x^{10} + 3^{11}x \ge 3^9x^3 + 3^{10} \Leftrightarrow x^{10} - 3^{10} - \left (3^{9}x^3 - 3^{11}x\right ) \ge 0 $$
$$\Leftrightarrow (x - 3)\left (x^9 + 3x^8 + 3^2x^7 + 3^3x^6 + 3^4x^5 + 3^5x^4 + 3^6x^3 + 3^7x^2 + 3^8x + 3^9 - 3^{10} - 3^9x\right ) \ge 0 (1)$$
$(1)$ đúng vì $$\left\{\begin{array}{1}x^9 + 3x^8 + 3^2x^7 \ge 3^9x \\3^3x^6 + 3^4x^5 + 3^6x^3 \ge 3^{10} \\x \ge 3 \end{array}\right.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 30-03-2012 - 09:17

[Tham Lang]

Problem 6.
Cho $a, b, c$ là các số thực dương . Chứng minh rằng :
$$a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \ge \dfrac{\left (a^2b + b^2c + c^2a\right )^2}{ab^2 + bc^2 + ca^2} + \dfrac{\left (ab^2 + bc^2 + ca^2\right )^2}{a^2b + b^2c + c^2a}$$

[Trần Đức Anh @@]

Dễ thấy nếu $a$ hoặc $b$ hoặc $c$ bằng $0$ thì xong.
Xét $abc>0$, ta đặt: $x=\frac{a}{b}$, $y=\frac{b}{c}$, $z=\frac{c}{a}$. Ta cần chứng minh:$\frac{x^3y}{z}+\frac{y^3z}{x}+\frac{z^3x}{y}\geq x^2y+y^2z+z^2x$.
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$\frac{x^3y}{z}+xyz\geq 2x^2y$, $\frac{y^3z}{x}+xyz\geq 2y^2z$, $\frac{z^3x}{y}+xyz\geq 2z^2y$, và
$x^2y+y^2z+z^2x\geq 3xyz$.
Chứng minh hoàn tất.
Problem 7: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$, chứng minh rằng: $a^2b^2c^2\geq(3-2a)(3-2b)(3-2c)$.

[Ispectorgadget]

Problem 7: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$, chứng minh rằng: $a^2b^2c^2\geq(3-2a)(3-2b)(3-2c)$.

Lời giải:
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $a^2b^2c^2\ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$
Ta có: $$4a^2b^2c^2\ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Chứng minh:
Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$. Nếu $a\geq b+c$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng do đó ta xét trường hợp $b+c>a$. Trong trường hợp này ta viết bất đẳng thức dưới dạng
$$16(abc)^2(a+c)^2\geq 4(a+c)^2[b^2-(a-c)^2](c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Theo BĐT AM-GM dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh không vượt quá
$$[(a+c)^2](b^2-(a-c)^2)+(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Vì vậy ta cần chứng minh: $$4abc(a+c)\ge (a+c)^2[b^2-(a-c)^2]+(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Do: $4abc(a+c)=4(abc)(a+c-b)+4acb^2$ nên bất đẳng thức cuối viết lại thành
$4acb^2-(a+c)^2[b^2-(a-c)^2]\ge (a+c-b)(a^3+b^3+c^3-3abc)$
hay $$(a-c)^2[(a+c)^2-b^2]\ge [(a+c)^2-b^2](a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)$$
Bất đẳng thức này đúng vì ta có : $(a+c)^2-b^2>0$ và
$(a-c)^2-(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=(a-b)(b-c)\geq 0$. Phép chứng minh hoàn tất.
Ta cần chứng minh $a^3+b^3+c^3+abc\geq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$
Bất đẳng thức này khi khải triển ra sẽ là BĐT Schur bậc nhất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.\blacksquare$
Problem 8: Cho a,b,c là các số thực thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2-bc}{a^2+3}+\frac{b^2-ac}{b^2+3}+\frac{c^2-ab}{c^2+3}\geq 0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 12-04-2012 - 22:16

[Stranger411]

Problem 8: Cho a,b,c là các số thực thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2-bc}{a^2+3}+\frac{b^2-ac}{b^2+3}+\frac{c^2-ab}{c^2+3}\geq 0$$

Bài này khá yếu.
Bằng cách phân tích trực tiếp, ta được:
$$\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca \right)\sum{\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{\left( {{a}^{2}}+3 \right)\left( {{b}^{2}}+3 \right)}}\ge 0$$
Ta có đpcm. $\blacksquare$

Problem 9: Cho a,b,c là các số thực thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}\frac{\left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}{{{\left( c+b \right)}^{2}}}\frac{\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{{{\left( a+c \right)}^{2}}}\ge \frac{3}{8}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Stranger411: 24-04-2012 - 19:34

[NguyThang khtn]

MOSP 2005
Cho x,y,z là các số thực chứng minh rằng:
$xyz(2x+2y-z)(2x+2z-y)(2y+2z-x)+ (xy+yz+zx)[x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)] \geq 0$
p\s: hình như nick
Stranger411

là của tường hả!
thấy giọng văn giống quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-06-2012 - 22:31

[Ispectorgadget]

Problem 7: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$, chứng minh rằng: $a^2b^2c^2\geq(3-2a)(3-2b)(3-2c)$.

Bài này ở trên mình làm dài dòng quá
Cách 2: $$QED \iff (a+b+c)^3(a+b-c)(c+a-b)(a+b-c)\leq 27(abc)^2$$
Đặt $x=b+c-a;y=a-b+c;z=a+b-c\, (a;b;c\geq 0)$
Từ đây ta có $x+y+z=a+b+c;x+y=2c$
BĐT cần chứng minh trở thành $$64xyz(x+y+z)^3\leq 27(x+y)^2(x+z)^2(y+z)^2$$
Sử dụng hai bất đẳng thức quen thuộc $$9(x+y)(x+z)(y+z)\geq 8(x+y+z)(xy+xz+yz)$$
Và $$(xy+xz+yz)^2\geq 3xyz(x+y+z)$$
Từ đây ta có điều phải chứng minh $\square$

[Trần Đức Anh @@]

Problem 10: Cho $a$, $b$, $c>0$ thoả mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:
$\frac{a^2b^2+1}{(a+b)^2}+\frac{b^2c^2+1}{(b+c)^2}+\frac{c^2a^2+1}{(c+a)^2}\geq\frac{3}{2}$.
---------------------------------------------------------
Nếu đã có nguồn bài này thì post đường dẫn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 05-09-2012 - 22:25

[Trần Đức Anh @@]

Bài 10 đã được phủ định!