royal1534

Từ giả thiết ta có: $ax+by+cz=xyz \Leftrightarrow \frac{ax}{yz}+\frac{b}{z}+\frac{c}{y}=x > \frac{b}{z}+\frac{c}{y}$
Tương tự: $y>\frac{a}{z}+\frac{c}{x}; z>\frac{a}{y}+\frac{b}{x}$
Cộng các bất đẳng thức vừa tìm được ta có:
$x+y+z>\frac{b+a}{z}+\frac{a+c}{y}+\frac{b+c}{x}$
$\Leftrightarrow 2(x+y+z) \geq \frac{b+a}{z}+z+\frac{a+c}{y}+y+\frac{b+c}{x} \geq2\sqrt{a+b}+2\sqrt{b+c}+2\sqrt{c+a}$ (BĐT AM-GM)
$\Leftrightarrow x+y+z > \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$ (Q.E.D)

Dậy sớm thật!

Ta sẽ chọn $m$ để : 

$\frac{1}{a^2+1} \leqslant \frac{9}{10} +m(3a-1)(1)$

Dễ dàng chọn được $m=\frac{-9}{50}$, Thật vậy , khi $m=\frac{-9}{50}$ thì  ta có (1) tương đương với :

$$\frac{(3a-1)^2(4-3a)}{50(a^2+1)} \geqslant 0 $$

Làm tương tự rồi cộng vào ta có ngay điều phải chứng minh . 

Đây phải chăng là phương pháp U.C.T ?. Nếu thế thì bạn cho mình hỏi tư duy để suy ra $m=\frac{-9}{50}$ được không. Cám ơn

Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng $\frac{1}{a^{2}+1}+\frac{1}{b^{2}+1}+\frac{1}{c^{2}+1}\leq \frac{27}{10}$

Lâu rồi mới viết bài @-@

---------------------------
Đặt biểu thức bên trái là A
 

Ta có $A \leq \frac{27}{10} \Leftrightarrow 3-A=\sum(1-\frac{1}{a^2+1})=\sum\frac{a^2}{a^2+1} \geq \frac{3}{10}$
Áp dụng bất đẳng thức Schwarz ta có:

$\sum \frac{a^2}{a^2+1}=\sum \frac{a^4}{\sum a^4+\sum a^2} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+a^2+b^2+c^2} $

Ta quy bài toán về chứng minh: $\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+a^2+b^2+c^2} \geq \frac{3}{10}$

                                $\leftrightarrow 10(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3(a^4+b^4+c^4)+3(a^2+b^2+c^2)$

Ý tưởng đến đây đã rõ ràng. Ta phải đưa $(a^4+b^4+c^4)$ về theo $(a^2+b^2+c^2)$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM  ta có:

$a^4+b^4+c^4=(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \leq (a^2+b^2+c^2)^2-2\frac{(ab+bc+ca)^2}{3}=(a^2+b^2+c^2)^2-\frac{[2(ab+bc+ca)]^2}{6}=(a^2+b^2+c^2)^2-\frac{[1-(a^2+b^2+c^2)]^2}{6}$
Vậy ta quy bài toán về chứng minh:

   $10(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3(a^2+b^2+c^2)^2+3(a^2+b^2+c^2)-\frac{[1-(a^2+b^2+c^2)]^2}{2} $
Đặt $t=a^2+b^2+c^2 (t=a^2+b^2+c^2 \geq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}) $.

                                                Ta cần chứng minh: $10t^2 \geq 3t^2+3t-\frac{(1-t)^2}{2}$ 

                                                          $\Leftrightarrow (3t-1)(5t-1) \geq 0$ :Đúng vì $t \geq \frac{1}{3}$

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

cho a,b,c thực dương sao cho $a+b+c=3$ Chứng minh:

$\sum \frac{a\sqrt{a}}{\sqrt{4ab+6c-c^{2}}} \geq 1$   

Đề này trong đề thi thử lớp 10 của thầy Võ Quốc Bá Cẩn

Có thể làm phần đầu cách khác:

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

$4ab+6c-c^2 \leq (a+b)^2+6c-c^2=(3-c)^2+6c-c^2=9$

$\Rightarrow VT=\sum \frac{a\sqrt{a}}{\sqrt{4ab+6c-c^2}} \geq \sum \frac{a\sqrt{a}}{3}$

Sau đó có thể làm tiếp tục như cách giải trên.

Bài toán: Với x,y,x>0 và 1 + x + y + z = 2xyz . Tìm MinP và các giá trị x,y,z để P đạt Min.

 

$P=\sum \frac{xy}{1+x+y}$

A người quen nè :v

Từ giả thiết ta có $\frac{1}{xyz}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=2$
Đặt $(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})=(a,b,c) $
$\rightarrow ab+bc+ca+abc=2 (a,b,c>0)$
$\leftrightarrow (a+1)+(b+1)+(c+1)=(a+1)(b+1)(c+1)$
Tiếp tục đặt ${(a+1),(b+1),(c+1)}=(A,B,C) $
$\Rightarrow A+B+C=ABC(A,B,C>1)$
Sử dụng bất đẳng thức NesBit ta có:
$P=\sum \frac{xy}{1+x+y}=\frac{1}{a+b+ab}=\sum \frac{1}{(a+1)(b+1)-1}=\sum\frac{1}{AB-1}=\sum \frac{1}{\frac{A+B+C}{C}-1}=\sum \frac{C}{A+B} \geq \frac{3}{2}$
Vậy $MinP=\frac{3}{2}$. Dấu '=' xảy ra khi $a=b=c \Leftrightarrow x=y=z$

Xem tại đây

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn : $\sum x=3$. CM: $\sum \sqrt{x}\geq \sum xy$

Vì $x+y+z=3$ nên ta có $xy+yz+zx=\frac{(x+y+z)^2-x^2-y^2-z^2}{2}=\frac{9-x^2-y^2-z^2}{2}$

Nên ta quy bài toán về chứng minh:

$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \geq \frac{9-x^2-y^2-z^2}{2}$

$\leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2\sqrt{x}+2\sqrt{y}+2\sqrt{z} \geq 9$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$x^2+\sqrt{x}+\sqrt{x} \geq 3\sqrt[3]{x^2.\sqrt{x}.\sqrt{x}}=3x$

Thiết lập các bđt tương tự và cộng lại ta có

$x^2+y^2+z^2+2\sqrt{x}+2\sqrt{y}+2\sqrt{z} \geq 3(x+y+z)=9$

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

2.Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{b+2}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{a+2} \leq 1$

 

Thực hiện phép quy đồng và khai triển. Ta đưa bđt về chứng minh:

$ab^2+bc^2+ca^2-abc \leq 2$

Không mất tính tổng quát. Giả sử $c$ là số nằm giữa $a$ và $b$ 

$\Rightarrow (c-a)(c-b) \leq 0$

$\Leftrightarrow b(c-a)(c-b) \leq 0$

$\Leftrightarrow bc^2 \leq b^2c+abc-b^2a$

$\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2-abc \leq b^2c+ca^2=c(a^2+b^2)$

Vậy ta đưa bài toán về chứng minh $c(a^2+b^2) \leq 2$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: $c(a^2+b^2) \leq \frac{(c^2+1)(a^2+b^2)}{2} \leq \frac{(c^2+1+a^2+b^2)^2}{8}=2$

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

 

2.Cho các số thực $a,b,c$ khác nhau đôi một

CMR: $(\frac{a}{a-b})^2+(\frac{b}{b-c})^2+(\frac{c}{c-a})^2\geq 1$

Đặt $(\frac{a}{a-b},\frac{b}{b-c},\frac{c}{c-a})=(x,y,z)$

Từ cách đặt trên ta có:

$(x-1)(y-1)(z-1)=xyz$

$\Leftrightarrow x+y+z=xy+yz+zx+1$

$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=(xy+yz+zx+1)^2-2(xy+yz+zx)=(xy+yz+zx)^2+1 \geq 1$

Chứng minh hoàn tất.

 

2) Cho $x,y,z>0 ; 1+x+y+z=2xyz$. TÌm min P =$\Sigma \frac{xy}{1+x+y}$

Từ giả thiết ta có $\frac{1}{xyz}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=2$

 Đặt $(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})=(a,b,c) $

$\rightarrow ab+bc+ca+abc=2 (a,b,c>0)$

$\leftrightarrow (a+1)+(b+1)+(c+1)=(a+1)(b+1)(c+1)$

Tiếp tục đặt ${(a+1),(b+1),(c+1)}=(A,B,C) $

$\Rightarrow A+B+C=ABC(A,B,C>1)$

Sử dụng bất đẳng thức NesBit ta có:

$P=\sum \frac{xy}{1+x+y}=\frac{1}{a+b+ab}=\sum \frac{1}{(a+1)(b+1)-1}=\sum\frac{1}{AB-1}=\sum \frac{1}{\frac{A+B+C}{C}-1}=\sum \frac{C}{A+B} \geq \frac{3}{2}$

Vậy $MinP=\frac{3}{2}$. Dấu '=' xảy ra khi $a=b=c \Leftrightarrow x=y=z$

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

Cho mình hỏi đề bài 1 có sai không bạn... Mình nghĩ là thừa tổng $(a^2+b^2+c^2)$

Cho x, y >0 và $x^{2}+y^{2}=2$

Chứng minh: $\frac{x^{3}}{y^{2}}+\frac{9y^{2}}{x+2y}\geq 4$

Trước hết ta có đánh giá cơ bản sau: $x+y \leq \sqrt{2(x^2+y^2)}=2$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Swarchz và bđt AM-GM ta có
$VT=\frac{x^4}{xy^2}+\frac{9y^4}{y^2x+2y^3} \geq \frac{(x^2+3y^2)^2}{2y^2x+2y^3}=\frac{(2+2y^2)^2}{2y^2(x+y)} \geq \frac{4(y^2+1)^2}{4y^2}=\frac{(y^2+1)^2}{y^2} \geq \frac{4y^2}{y^2}=4$

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=1$

Bài toán tương tự:

Với $a,b,c>0$ thõa $a+b+c=1$. Tìm $Min A=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+12(ab+bc+ca)$

Để đơn giản. Đổi biến $(x,y,z)=(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})$

Bài toán trở thành: Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$

Tìm $MinF=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+6(ab+bc+ca)$

----------

Sử dụng bổ đề sau: Với $a,b,c>0$ thì $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}$

Chứng minh:

Áp dụng bđt Cauchy-Swarchz ta có 

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

Ta quy bổ đề về chứng minh :

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

$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)(a+b+c) \geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)$

$\Leftrightarrow (a^3+ab^2)+(b^3+bc^2)+(c^3+ca^2) \geq 2(a^2b+b^2c+c^2a)$: Đúng khi dùng AM-GM theo từng cặp.

Bổ đề được chứng minh. Dấu '=' xảy ra khi $a=b=c$

-----------

Quay lại bài toán. Áp dụng bổ đề trên ta có

$F=\sum \frac{a^2}{b}+6(ab+bc+ca) \geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}+6(ab+bc+ca)=3(a+b+c)^2=3$

$\Rightarrow MinF=3$. Dấu '=' xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cho ba số a,b,c thuộc đoạn $[-1;3]$, và $a+b+c=3$.

Chứng minh rằng: $ a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq 11 $

Từ giả thiết ta có: $(a+1)(b+1)(c+1) \geq 0$ và $(a-3)(b-3)(c-3) \leq 0$

$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)-(a-3)(b-3)(c-3) \geq 0$

$\Rightarrow 4(ab+bc+ca)-8(a+b+c)+28 \geq 0$

$\Rightarrow 4(ab+bc+ca) \geq 8(a+b+c)-28=-4$

$\Rightarrow 2(ab+bc+ca) \geq -2$ 

Vì $a+b+c=3$ nên ta có:

$a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=9-2(ab+bc+ca) \leq 9+2=11$ (Vì $2(ab+bc+ca) \geq -2$)

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi chẳng hạn $(a,b,c)=(-1,3,1)$

Cho $a,b,c>0$

Chứng minh: $a^3b+b^3c+c^3a \leq \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)^2.$

Có hẳn 1 topic thảo luận về bài toán của bạn