Chủ đề này có 339 trả lời

[Oral1020]

(những bài sau đây hầu như đều có ĐK a,b,c (hoặc x,y,z dương (không âm),mình xin không viết lại,các bạn hãy hiểu là ĐK đó đã cho sẵn rồi,các ĐK khác (nếu có )mình sẽ ghi kèm đề )
Bài 56: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}+(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2$

Bài 57:$(\frac{a^3}{x}+\frac{b^3}{y}+\frac{c^3}{z})\geq \frac{(a+b+c)^3}{3(x+y+z)}$

Bài 58:$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{\frac{a+2b}{3}}+\sqrt{\frac{b+2c}{3}}+\sqrt{\frac{c+2a}{}3}$

Bài 59:$(1+a^3)(1+b^3)(1+c^3)\geq (1+ab^2)(1+bc^2)(1+ca^2)$

Bài 60:$\frac{b^3+c^3}{a}+\frac{c^3+b^3}{b}+\frac{a^3+b^3}{c}\geq 2(ab+bc+ca)$

Bài 61:$a^4+b^4+c^4\geq (\frac{a+2b}{3}^4)+(\frac{b+2c}{3})^4+(\frac{c+2a}{3})^4$

Bài 62:$\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\geq 2(\frac{1}{\sqrt{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt{b+3c}}+\frac{1}{\sqrt{c+3a}})$

Bài 63:$9(a^4+b^4+c^4)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq (a+2b)^3+(b+2c)^3+(c+2a)^3$

Bài 64:$\sqrt{a+3b}+\sqrt{a+3c}+\sqrt{2a+b+c}\geq 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$

Bài 65:$\frac{b+c}{a}+\frac{2a+c}{b}+\frac{4(a+b)}{a|+c}\geq 9$

Bài 66:$\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{3}{\sqrt{b}}+\frac{8}{\sqrt{3c+2a}}\geq \frac{16\sqrt{2}}{\sqrt{3(a+b+c)}}$

Bài 66:$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\leq \sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

Bài 67:$\frac{2a}{1+a}+\frac{bc}{b+c}\leq \frac{(2+b)(c+2a)}{2+b+c+2a}$

Bài 68 ($a+b+c+d=1$) $(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})(1+\frac{1}{d})\geq 5^4$

Bài 69 ($ab+bc+ca=3$) $\sqrt{a^6+b^6+1}+\sqrt{b^6+c^6+1}+\sqrt{c^6+a^6+1}\geq 3\sqrt{3}$

Bài 70 ($a+b+c+d=1$) $\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1}+\sqrt{4d+1}\leq 4\sqrt{2}$
Updating...

Em nghĩ là anh nên cho có mem post bài với.toàn đề anh post @@

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 17-12-2012 - 13:11

[Kwon Simonster]

(những bài sau đây hầu như đều có ĐK a,b,c (hoặc x,y,z dương (không âm),mình xin không viết lại,các bạn hãy hiểu là ĐK đó đã cho sẵn rồi,các ĐK khác (nếu có )mình sẽ ghi kèm đề )


Bài 68 $(a+b+c+d=1) $ $(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})(1+\frac{1}{d})\geq 5^4$


Updating...

Đặt $A=1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})(1+\frac{1}{d})= 1+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})+(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{ad}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{bd}+\frac{1}{cd})+(\frac{1}{abc}+\frac{1}{acd}+\frac{1}{abd}+\frac{1}{bcd})+\frac{1}{abcd}\geq 1+\frac{(1+1+1+1)^{2}}{a+b+c+d}+6\sqrt[6]{\frac{1}{(abcd)^{3}}}+4\sqrt[4]{\frac{1}{(abcd)^{3}}}+\frac{1}{abcd}$

Ta có: $a+b+c+d\geq 4\sqrt[4]{abcd}\Leftrightarrow (a+b+c+d)^{4}\geq 256.abcd\Rightarrow abcd\leq \frac{(a+b+c+d)^{4}}{256}= \frac{1}{256}$

Vậy: $A\geq 1+16+96+256+256 =5^{4}\Rightarrow dpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kwon Simonster: 18-12-2012 - 13:33

[Kwon Simonster]

(những bài sau đây hầu như đều có ĐK a,b,c (hoặc x,y,z dương (không âm),mình xin không viết lại,các bạn hãy hiểu là ĐK đó đã cho sẵn rồi,các ĐK khác (nếu có )mình sẽ ghi kèm đề )


Bài 60:$\frac{b^3+c^3}{a}+\frac{c^3+b^3}{b}+\frac{a^3+b^3}{c}\geq 2(ab+bc+ca)$


Updating...

Phải sửa đề thành như thế này chứ ạ: $\frac{b^3+c^3}{a}+\frac{c^3+a^3}{b}+\frac{a^3+b^3}{c}\geq 2(ab+bc+ca)$

[Tienanh tx]

Bài 34: (Anh đang ở trang $3$.)
Chứng minh với mọi a,b,c có tổng bình phương bằng ứng
Chứng minh rằng $\frac{a^5+b^5}{ab(a+b)} + \frac{c^5+b^5}{cb(c+b)} + \frac{a^5+c^5}{ac(a+c)} \ge 3(ab+bc+ca)-2 $
$Solution: $
$\oplus$ Ta có bất đẵng thức phụ $x^5+y^5 \ge x^4y + x^4y$
(cái này mình không chứng minh lại nhé, nó khá là dơn giản)
$\oplus$ Áp dụng bất đẵng thức phụ, ta được:
$\frac{a^5+b^5}{ab(a+b)} + \frac{c^5+b^5}{cb(c+b)} + \frac{a^5+c^5}{ac(a+c)} \ge \frac{a^4b+b^4a}{ab(a+b)} + \frac{c^4b+b^4c}{cb(c+b)} + \frac{a^4c+c^4a}{ac(a+c)} = \frac{ab(a+b)(a^2-ab-b^2)}{ab(a+b)} + \frac{cb(c+b)(c^2-cb-b^2)}{cb(c+b)} + \frac{ac(c+a)(c^2-ca-a^2)}{ac(a+c)} = a^2-ab-b^2 + c^2-cb-b^2 + c^2-ca-a^2$
$\oplus$ Đến đây ta chĩ cần chứng minh $a^2-ab-b^2 + c^2-cb-b^2 + c^2-ca-a^2 = 2(a^2+b^2+c^2)-(ab+ca+bc) \ge 3(ab+bc+ca) - 2$ $(*)$
Áp dụng gt $a^2 +b^2+c^2 = 1$ vào vế phải và thêm 1 số bước biến đổi tương đương, ta được
$a^2 + b^2 + c^2 \ge ab+bc+ca$ (Bất đẵng thức qá quen thuộc)

$\Longrightarrow$ $Q.E.D$

[Tienanh tx]

Bài 55:
b, $a+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}\ge 3$
$\Longleftrightarrow (a-b)+ \frac{b+1}{2} + \frac{b+1}{2} + \frac{4}{(a-b)(b+1)^2} \ge 4$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ cho 4 số ta được $Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Dang Do: 18-12-2012 - 16:38

[Tienanh tx]

Bài 70: Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương và $a+b+c+d= 1$
CMR: $\sqrt{4a+1} + \sqrt{4b+1} + \sqrt{4c+1} + \sqrt{4d+1} \leq 4\sqrt{2}$

$Solution:$

$\oplus$ Ta có: $\sqrt{4a+1} = \frac{1}{\sqrt{2}}. \sqrt{(4a+1).2} \le \frac{1}{\sqrt{2}}. \frac{4a+3}{2}$ (Áp dụng hệ quả của $AM-GM$)
$\oplus$ Ta có:
$\sum \sqrt{4a+1} = \frac{1}{\sqrt{2}}. \sum \sqrt{(4a+1).2} \le \frac{1}{\sqrt{2}}. \frac{ 4(a+b+c+c)+12}{2} = \frac{8}{\sqrt{2}} = \frac{4. \sqrt{2} .\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2}$
$Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Dang Do: 18-12-2012 - 16:38

[Kwon Simonster]

(những bài sau đây hầu như đều có ĐK a,b,c (hoặc x,y,z dương (không âm),mình xin không viết lại,các bạn hãy hiểu là ĐK đó đã cho sẵn rồi,các ĐK khác (nếu có )mình sẽ ghi kèm đề )


Bài 60:$\frac{b^3+c^3}{a}+\frac{c^3+a^3}{b}+\frac{a^3+b^3}{c}\geq 2(ab+bc+ca)$

Updating...

Cách 1: Đặt $B=\frac{a^{3}+b^{3}}{c}+\frac{b^{3}+c^{3}}{a}+\frac{c^{3}+a^{3}}{b}=(\frac{a^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a})+(\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{b})+(\frac{b^{3}}{a}+\frac{a^{3}}{b})\geq 2\sqrt{(ac)^{2}}+2\sqrt{(bc)^{2}}+2\sqrt{(ab)^{2}}= 2(ab+bc+ca)$

Cách 2: Đặt $B=\frac{a^{3}+b^{3}}{c}+\frac{b^{3}+c^{3}}{a}+\frac{c^{3}+a^{3}}{b}\geq \frac{ab(a+b)}{c}+\frac{bc(b+c)}{a}+\frac{ca(c+a)}{b}\Leftrightarrow B+(ab+bc+ca)= \frac{ab(a+b)+abc}{c}+\frac{bc(b+c)+abc}{a}+\frac{ca(c+a)+abc}{b}= (a+b+c)(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b})$
Ta có: $\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq 2\sqrt{\frac{abc^{2}}{ab}}= 2a(1)$
Tương tự: $\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\geq 2\sqrt{\frac{ab^{2}c}{ac}}= 2b(2)$ và $\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\geq 2\sqrt{\frac{a^{2}bc}{bc}}= 2c(3)$

Từ (1, 2, 3) => $\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\geq a+b+c\Rightarrow B+(ab+bc+ca)\geq (a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)\Rightarrow B\geq 2(ab+bc+ca)$
Ta dễ dàng chứng minh được: $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ca\geq 3(ab+bc+ca)\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}-(ab+bc+ca)\geq 0\Leftrightarrow 2(a^{2}+b^{2}+c^{2})-2(ab+bc+ca)\geq 0\Leftrightarrow (a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\geq 0$ (Luôn đúng)

[Tienanh tx]

Anh " no mater what" cứ đang típ đi, em thấy bài anh cho hay chứ đơi các mem làm thì lúc nào có

[Dung Dang Do]

Haiz. Theo soạn đề cương nên mới có lời giải vài bài sau thôi
Bài 56
$$a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}+(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\iff c+\sqrt{ab}+\sqrt{ab}\ge \sqrt[3]{abc}( \text{ True })$$
BÀi 58. Ta đi chứng minh một bất đẳng thức như sau rồi tương tự ta có ĐPCM
$$\sqrt{\frac{a+2b}{3}}\ge \frac{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}{3}$$
Thật vậy Xét hiệu ta có $$(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\ge0$$
Bài 59 Khai triển ra
Đưa về BĐT $$a^3b^3+c^3a^3+b^3c^3\ge a^3b^2c+b^3c^2a+c^3a^2b$$
Dễ dàng cm BĐT trên bằng $Am-Gm$
Bài 60 $$\sum \frac{4a^3}{b+c}=\sum \frac{(2a^2)^2}{ab+ac}\ge 2(ab+bc+ca)$$
___________
Mình còn làm được 61;62;63;65;64 Nhưng ko có thời gian post nên mong mọi người thông cảm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Dang Do: 18-12-2012 - 23:47

[N H Tu prince]

Bài 69 $(ab+bc+ca=3)$ $\sqrt{a^6+b^6+1}+\sqrt{b^6+c^6+1}+\sqrt{c^6+a^6+1}\geq 3\sqrt{3}$
Bài 70 $(a+b+c+d=1)$ $\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1}+\sqrt{4d+1}\leq 4\sqrt{2}$

bài 69:$\sum \sqrt{a^6+b^6+1}\geq \sum \sqrt{3\sqrt[3]{a^6b^6}}=\sum ab\sqrt{3}=3\sqrt{3}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài 70:
$(\sum \sqrt{4a+1})^2\leq 16(a+b+c+d+1)=32=>\sum \sqrt{4a+1}\leq 4\sqrt{2}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=\frac{1}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangngocbao1997: 19-12-2012 - 00:20

[ducthinh26032011]

Bài 71:Cho $x,y,z\in R^{+}$ thỏa:
$a)$ $2x+4y+7z=2xyz$.Tìm min của biểu thức:$P=x+y+z$
$b)$ $ax+by+cz=xyz$ (với $a,b,c$ là hằng số dương).Tìm min của biểu thức:$P=x+y+z$

Bài 72:Cho các hằng số dương $m,n$ và $x,y,z\in R$ thỏa $xy+yz+zx=1$.Tìm min của biểu thức:$P=x^{2}+my^{2}+nz^{2}$

Bài 73:Cho $a,b,c> 0$ thỏa $a\geq max$ {$b,c$}.Tìm min của:
$$P=\frac{a}{b}+2\sqrt{1+\frac{b}{c}}+3\sqrt[3]{1+\frac{c}{a}}$$

Bài 74:Chứng minh với mọi $0\leq x\leq 1$,ta có:
$$x(9\sqrt{1+x^{2}}+13\sqrt{1-x^{2}})\leq 16$$

[no matter what]

Bài 71:Cho $x,y,z\in R^{+}$ thỏa:
$a)$ $2x+4y+7z=2xyz$.Tìm min của biểu thức:$P=x+y+z$
$b)$ $ax+by+cz=xyz$ (với $a,b,c$ là hằng số dương).Tìm min của biểu thức:$P=x+y+z$

Bài 72:Cho các hằng số dương $m,n$ và $x,y,z\in R$ thỏa $xy+yz+zx=1$.Tìm min của biểu thức:$P=x^{2}+my^{2}+nz^{2}$

Bài 73:Cho $a,b,c> 0$ thỏa $a\geq max$ {$b,c$}.Tìm min của:
$$P=\frac{a}{b}+2\sqrt{1+\frac{b}{c}}+3\sqrt[3]{1+\frac{c}{a}}$$

Bài 74:Chứng minh với mọi $0\leq x\leq 1$,ta có:
$$x(9\sqrt{1+x^{2}}+13\sqrt{1-x^{2}})\leq 16$$

1 lô bài toàn tham số phụ (haizz đây là phần mà mình không biết gì cả,nhờ mọi người giúp vậy )-Mà hình như bài 72 phải dùng đến C-S để đánh giá ah?
Mình làm bài 74 trước (tiếc là vẫn phải dùng đến C-S
BĐT tương đương với $x^2(13\sqrt{1-x^2}+9\sqrt{1+x^2})^2\leq 256$
Áp dụng C-S, ta có $(13\sqrt{1-x^2}+9\sqrt{1+x^2})^2= (\sqrt{13}.\sqrt{13(1-x^2)}+3\sqrt{3}\sqrt{3(1+x^2)}^2\leq (13+27)(13-13x^2+3+3x^2)$
$\Rightarrow VT\leq 40x^2(16-10x^2)$
Lại theo AM-GM $10x^2(16-10x^2)\leq 64$ $\Rightarrow 40x^2(16-10x^2)\leq 64\leq 256$(BĐT được chứng minh)
Các bạn thi HSG nên chú ý bài này,nó có thể ra dưới dạng giải phương trình

[ducthinh26032011]

...
Áp dụng C-S, ta có $(13\sqrt{1-x^2}+9\sqrt{1+x^2})^2= (\sqrt{13}.\sqrt{13(1-x^2)}+3\sqrt{3}\sqrt{3(1+x^2)}^2\leq (13+27)(13-13x^2+3+3x^2)$
$\Rightarrow VT\leq 40x^2(16-10x^2)$
Lại theo AM-GM $10x^2(16-10x^2)\leq 64$ $\Rightarrow 40x^2(16-10x^2)\leq 64\leq 256$(BĐT được chứng minh)
...

Cho mình hỏi sao bạn nghĩ ra được dấu = xảy ra như thế.Nếu có kĩ thuật thì mong bạn chia sẻ kinh nghiệm ^^

[BoFaKe]

Cho mình hỏi sao bạn nghĩ ra được dấu = xảy ra như thế.Nếu có kĩ thuật thì mong bạn chia sẻ kinh nghiệm ^^

Mình nghĩ ý tưởng là giống cái này,bạn đọc kĩ nhé
 BDTCauchuyenveBDT(TNamDung).pdf   97.4K   349 Số lần tải

[ducthinh26032011]

Bài 57:$(\frac{a^3}{x}+\frac{b^3}{y}+\frac{c^3}{z})\geq \frac{(a+b+c)^3}{3(x+y+z)}$

Bài 59:$(1+a^3)(1+b^3)(1+c^3)\geq (1+ab^2)(1+bc^2)(1+ca^2)$

Đây là hai bài có thể sử dụng $Holder$:
Bài 57:Ta áp dụng bất đẳng thức $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$
$$(\frac{a^3}{x}+\frac{b^3}{y}+\frac{c^3}{z})(x+y+z)(\frac{1}{3(x+y+z)}+\frac{1}{3(x+y+z)}+\frac{1}{3(x+y+z)})\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{x+y+z}$$
$$\Leftrightarrow \frac{a^3}{x}+\frac{b^3}{y}+\frac{c^3}{z}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{x+y+z}$$

Bài 58:Áp dụng bất đẳng thức $(1+a^{3})(1+b^{3})(1+c^{3})\geq (1+abc)^{3}$
$$(1+a^{3})(1+b^{3})(1+b^{3})\geq (1+ab^{2})^{3}$$
$$(1+b^{3})(1+c^{3})(1+c^{3})\geq (1+bc^{2})^{3}$$
$$(1+c^{3})(1+a^{3})(1+a^{3})\geq (1+ca^{2})^{3}$$
Nhân 3 vế,ta được:
$$[(1+a^{3})(1+b^{3})(1+c^{3})]^{3}\geq [(1+ab^{2})(1+bc^{2})(1+ca^{2})]^{3}$$
$$\Leftrightarrow (1+a^{3})(1+b^{3})(1+c^{3})\geq (1+ab^{2})(1+bc^{2})(1+ca^{2})$$ (đpcm)

[no matter what]

Mình nghĩ ý tưởng là giống cái này,bạn đọc kĩ nhé
 BDTCauchuyenveBDT(TNamDung).pdf   97.4K   349 Số lần tải

Cảm ơn BoFaKe,tài liệu đó hay thật

Cho mình hỏi sao bạn nghĩ ra được dấu = xảy ra như thế.Nếu có kĩ thuật thì mong bạn chia sẻ kinh nghiệm ^^

Thực ra thì bài này mình làm khoảng mười mấy lần hồi ôn thi nên nhớ dai thôi,thật sự mình đã note từ trước là mình không biết gì về tham số phụ hizz,học mãi mà chẳng zô cho

[BoFaKe]

Bài 66:$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\leq \sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

Mình làm thế này không biết đúng không
Chuẩn hoá $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3$.Theo Holder(có ở trên rồi đỡ phải viết lại):
$$(1+1+1)(a^{3}+b^{3}+c^{3})(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}$$
$$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 3$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}\leq 1= \sqrt[3]{\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}}$$
----------------------------------------------------------------

[Tienanh tx]

Bài 55:Chứng mnih với mọi a,b dương thỏa mãn $a> b$,Các BĐT sau đúng
c,$a+\frac{1}{b(a-b)^2}\geq 2\sqrt{2}$
Updating...

$Solution:$
$\oplus$Ta có
$a-b+\dfrac{1}{b(a-b)^2}+b=\dfrac{a-b}{2}+\dfrac{a-b}{2}+\dfrac{1}{b(a-b)^2}+b \geq 4{\sqrt[4]{\dfrac{a-b}{2}.\dfrac{a-b}{2}.\dfrac{1}{b(a-b)^2}.b}}=2\sqrt{2}$
Đúng theo bdt Cauchy với 4 số dương
$Q.E.D$

[no matter what]

Mình nghĩ mọi người nên giải quyết các bài 44,50,51,53 trước,các bài đó có vẻ không khó lắm

[BoFaKe]

Bài 44:Chứng minh với mọi a,b,c dương

$a+b+c\geq \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a}$

Bài 50:Chứng minh với mọi a,b,c dương có tổng bằng 1

$\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}\geq \frac{2}{1+a}+\frac{2}{1+b}+\frac{2}{1+c}$
Bài 51:Chứng minh với mọi a,b,c dương

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

Chủ topic đâu ra nhận quà này:
Bài 44:$$a+b+c\geq \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{a+c}$$
$$\Leftrightarrow \sum 2a-\sum \frac{2ab}{a+b}\geq a+b+c\Leftrightarrow \sum \frac{2a^{2}}{a+b}\geq a+b+c$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{b+c}\geq \frac{a+b+c}{2}$$
Do $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b+c}{4}\geq \frac{a}{2}$.Cộng các bđt tương tự ta có đpcm.
Bài 50:Áp dụng bất đẳng thức:$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$
Ta có:$\frac{2}{a+1}= \frac{2}{2a+b+c}\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c})= \frac{1}{2}(\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-b})$
Cộng các bđt tương tự ta có đpcm.
Bài 51:(Thấy mấy cái mẫu nó hay hay kiểu gì ấy,không theo quy luật).Chủ topic có cách nào bằng AM-GM thì cho mình tham khảo,mình chỉ làm theo C-S thôi,(thông cảm nhé )
$\sum \frac{a^{2}}{(a+b)(a+c)}= \sum \frac{a^{2}}{ab+ac+bc+b^{2}}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b+c)^{2}+ab+bc+ac}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b+c)^{2}+\frac{(a+b+c)^{2}}{3}}= \frac{3}{4}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 22-12-2012 - 16:39