Chủ đề này có 4 trả lời

[Oral1020]

Chứng minh rằng với mọi $a,b,c,d$ thì ta có:
$a^2+b^4+c^8 \geqslant ab^2+b^2c^4+c^4a$
$a+b^2+c^4+d^8 \geqslant \sqrt{a}(b+c^2+d^4+1)$
Tìm các số nguyên thỏa mãn :$a^2+b^2+c^2 \leqslant ab+3b+2c-4$
Cho các số thực dương $a.b.c$ thỏa mãn $abc=ab+bc+ca$,thì:
$frac{1}{a+2b+3c}+\frac{1}{2a+3b+c}+\frac{1}{3b+b+2c} \leqslant \frac{3}{16}$
Cho các số $a,b,c \geq 1$.Chứng minh rằng :$\frac{a}{\sqrt{b}-1}+\frac{b}{\sqrt{c}-1}+\frac{c}{\sqrt{a}-1} \geqslant12$
Cho các số dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=1$.Chứng minh rằng:
$\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy} \geqslant 1+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}$

[NguyenTaiLongYoshi]

1, a,Áp dụng BĐT AM-GM cho lần lượt các tổng ($a^{2},b^{4}$)$\left ( a^{2}+b^{4};b^{4}+c^8;c^{8}+a^{2} \right )$ suy ra điều phải cm.
b,Tương tự .
2, Có $\left ( a^{2}+\frac{b^{2}}{4} \right )+\left (\frac{3b^{2}}{4}+3 \right )+\left ( c^{2}+1 \right )\geq ab+3b+2c$
Suy ra $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+3b+2c-4$
Mà theo đề bài có :$a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq ab+3b+2c-4$
Suy ra $(a,b,c)=(1;2;1)$
3,Sử dụng BĐT : $a_{1}+a_{2}+..+a_{n}\geq\frac{n^{2}}{\frac{1}{a_{1}}+...+\frac{1}{a_{n}}}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=3$
4,Áp dụng BĐT AM-GM thông thường. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=4.

[Oral1020]

1, a,Áp dụng BĐT AM-GM cho lần lượt các tổng ($a^{2},b^{4}$)$\left ( a^{2}+b^{4};b^{4}+c^8;c^{8}+a^{2} \right )$ suy ra điều phải cm.
b,Tương tự .
2, Có $\left ( a^{2}+\frac{b^{2}}{4} \right )+\left (\frac{3b^{2}}{4}+3 \right )+\left ( c^{2}+1 \right )\geq ab+3b+2c$
Suy ra $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+3b+2c-4$
Mà theo đề bài có :$a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq ab+3b+2c-4$
Suy ra $(a,b,c)=(1;2;1)$
3,Sử dụng BĐT : $a_{1}+a_{2}+..+a_{n}\geq\frac{n^{2}}{\frac{1}{a_{1}}+...+\frac{1}{a_{n}}}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=3$
4,Áp dụng BĐT AM-GM thông thường. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=4.

Cám ơn bạn nhá.Có bạn nào giải rõ ra cho mình không.Có vài cái không hiểu

[Tienanh tx]

Cho các số dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=1$.Chứng minh rằng:
$\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy} \geqslant 1+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}$

Gợi ý: Vì $x,y,z >0$ ta có: $y+z \ge 2\sqrt{yz}$(Cô-Si)
Mà $x+y+z=1$
Ta có: $y+z \ge 2yz$ $\Longleftrightarrow$ $ x+y+z \ge x + 2\sqrt{yz}$
$\Longleftrightarrow$ $ 1 \ge 2\sqrt{yz}$
$\Longleftrightarrow$ $x \ge 2x\sqrt{yz}$
$\Longleftrightarrow$ $x+yz \ge (x+\sqrt{yz})^2$
$\Longrightarrow$ $\sqrt{x+yz} \ge x + \sqrt{yz}$
Thực hiện tương tự và công lại ta đươc $QED$

Chứng minh rằng với mọi $a,b,c,d$ thì ta có:
$a^2+b^4+c^8 \geqslant ab^2+b^2c^4+c^4a$

Áp dụng BDT: $x^2 + y^2 + z^2 \ge xy+yz+zx$ , ta có:
$a^2+b^4+c^8=a^2 + (b^2)^2+ (c^4)^2 \ge ab^2 + ac^4 + b^2c^4$
-------

$a+b^2+c^4+d^8 \geqslant \sqrt{a}(b+c^2+d^4+1)$
Bài này có dạng: $x^2+y^2+z^2+t^2+u^2 \ge x(y+z+u+t)$ (cái này biến đỗi tương đương nhé )

_____________________________
Mấy bài này thấy quen quen

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tienanh1999bp: 27-01-2013 - 21:55

[Oral1020]

Gợi ý: Vì $x,y,z >0$ ta có: $y+z \ge 2yz$(Cô-Si)
Mà $x+y+z=1$
Ta có: $y+z \ge 2yz$ $\Longleftrightarrow$ $ x+y+z \ge x + 2\sqrt{yz}$
$\Longleftrightarrow$ $ 1 \ge 2\sqrt{yz}$
$\Longleftrightarrow$ $x \ge 2x\sqrt{yz}$
$\Longleftrightarrow$ $x+yz \ge (x+\sqrt{yz})^2$
$\Longrightarrow$ $\sqrt{x+yz} \ge x + \sqrt{yz}$
Thực hiện tương tự và công lại ta đươc $QED$


Áp dụng BDT: $x^2 + y^2 + z^2 \ge xy+yz+zx$ , ta có:
$a^2+b^4+c^8=a^2 + (b^2)^2+ (c^4)^2 \ge ab^2 + ac^4 + b^2c^4$
-------

$a+b^2+c^4+d^8 \geqslant \sqrt{a}(b+c^2+d^4+1)$
Bài này có dạng: $x^2+y^2+z^2+t^2+u^2 \ge x(y+z+u+t)$ (cái này biến đỗi tương đương nhé )

_____________________________
Mấy bài này thấy quen quen

Bài tập về nhà mình đăng lên đó.
Có cách khác nhé.
$\sqrt{x+yz}=\sqrt{x(x+y+z)+yz}$ Tới đấy là ok
Bài của bạn chỗ màu đỏ bị sai
---
Ngày xưa BDT mình dốt lắm.Nên không biết làm.Đăng hết lên đây.Còn nhiều lắm.Bạn chém thỏi mái đy