cristianoronaldo

 

Cho $a_{1}, a_{2},...,a_{n}\epsilon [0,1]$.

Chứng minh:$\frac{a_1}{a_{2}+a_3+...a_n+1}+\frac{a_2}{a_1+a_3+...+a_n+1}+...+\frac{a_n}{a_1+a_2+...+a_{n-1}} + (1-a_1)(1-a_2)...(1-a_n)\leq 1$.

 

Không mất tính tổng quát, giả sử $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{n}$. Khi đó, ta có:

$VT\leq \frac{a_{1}}{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}+1}+\frac{a_{2}}{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}+1}+...+\frac{a_{n}}{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}+1}=\frac{a_{1}+...+a_{n}}{1+a_{2}+...+a_{n}}=1-\frac{1-a_{1}}{1+a_{2}+...+a_{n}}$

Như vậy, ta cần chứng minh:

$(1-a_1)(1-a_2)...(1-a_n)-\frac{1-a_{1}}{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}+1}\leq 0$

$\Leftrightarrow (1-a_2)...(1-a_n)(1+a_{2}+a_{3}+...+a_{n})\leq 1$ ( luôn đúng theo AM-GM)

$\Rightarrow Q.E.D$

$\boxed{\text{Bài toán}}$:

Cho x,y,z là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

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

                                                                                                        $\boxed{\text{cristianoronaldo}}$ 

Cho a;b;c $\geq$ 0 và $ab+bc+ca=3$ cmr $a+b+c+\sqrt{a} + \sqrt{b} +\sqrt{c} \geq 6$

Đây là lời giải:

Theo bất đẳng thức AM-GM ta dễ dàng suy ra:

$\sum \frac{a^{11}}{bc}\geq 2(\sum a^6)-3abc$

Suy ra chỉ cần chứng minh:

$2(\sum a^6)-3abc+\frac{3}{a^2b^2c^2}\geq \frac{\sum a^6+9}{2}$

Mà:$\sum a^6\geq 3a^2b^2c^2$

Như vậy, cần chứng minh:

$9t^2+\frac{6}{t^2}-6t\geq 9$             $(t=abc)$

Đến đây biến đổi tương đương là xong

$\boxed{\text{Bài toán}}$:

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{\sqrt{b^2+15c^2}}+\frac{b}{\sqrt{c^2+15a^2}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+15b^2}}\geq \frac{1}{4}+\frac{2(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2+ab+bc+ca}$

                                                                                              $\boxed{\text{cristianoronaldo}}$ 

Bài 1:$a,b,c>0;a^3+b^3+c^3=3$ .Chứng minh:$\sum \frac{a^2}{\sqrt{b^3+8}}\leq 1$

Bài 2:$a,b,c>0$.CM:$\sum \frac{a}{\sqrt{a+b}}\geq \frac{1}{\sqrt{2}}\left ( \sum \sqrt{a} \right )$

Bài 3:$a,b,c>0$.CM:$\sum \frac{ab}{a^2+3b^2}\geq \frac{3}{4}$

Bài 3:

https://diendantoanh...dung-hay-ngược/

Cho $x,y,z \in [1;4]$ và $x\geq y;x\geq z$ CMR: $\frac{x}{2x+3y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}\geq \frac{34}{33}$

Ta có:

$VT=\frac{1}{2+\frac{3y}{x}}+\frac{1}{1+\frac{z}{y}}+\frac{1}{1+\frac{x}{z}}$

Do $x\geq y\Rightarrow \frac{z}{y}.\frac{x}{z}=\frac{x}{y}\geq 1$. Từ đó ta có:

$\frac{1}{1+\frac{z}{y}}+\frac{1}{1+\frac{x}{z}}\geq \frac{2}{1+\sqrt{\frac{x}{y}}}\Rightarrow VT\geq \frac{1}{2+\frac{3y}{x}}+\frac{2}{1+\sqrt{\frac{x} {y}}}$

Đặt $t=\sqrt{\frac{x}{y}}$    $\left ( 1\leq t\leq 2 \right )$

Như vậy, ta có:

$VT\geq \frac{t^2}{2t^2+3}+\frac{2}{1+t}$

Sau đó biến đổi tương đương là được

$\Rightarrow Q.E.D$

Bài toán:

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{a(a+b)}+\frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{c(c+a)}\geq \frac{3}{2\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$2(b+c)\sqrt{3b^2+c^2}=2\sqrt{(c+b)^2.(3b^2+c^2)}\leq (c+b)^2+(3b^2+c^2)=4b^2+2bc+2c^2$

$\Rightarrow \sqrt{3b^2+c^2}\leq \frac{2b^2+bc+c^2}{b+c}=2b+c-\frac{2bc}{b+c}$

$\Rightarrow a\sqrt{3b^2+c^2}\leq 2ab+ca-\frac{2abc}{b+c}$

Tương tự cộng theo vế ta được:

$\sum a\sqrt{3b^2+c^2}\leq 3(\sum ab)-2abc(\sum \frac{1}{a+b})\leq 3(\sum ab)-\frac{9abc}{\sum a}$

Như vậy, ta chỉ cần chứng minh:

$\sum a^2+\sum ab\geq 3(\sum ab)-\frac{9abc}{\sum a}\Leftrightarrow \sum a^2+\frac{9abc}{\sum a}\geq 2(\sum ab)$

Bất đẳng thức cuối chính là BĐT Schur 

$\Rightarrow Q.E.D$

Bài toán:

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn:$\left\{\begin{matrix} a\leq b\leq c\\ abc=1\end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng:

$a+b^2+c^3\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^3}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{c}{b+c}.\frac{1}{a^2+bc}=\frac{1}{(a^2+bc)(1+\frac{b}{c})}\leq \frac{1}{(a+b)^2}$

Tương tự ta đc Q.E.D

Sử dụng ghép cặp:

$(a^2+1)(1+b^2)\geq (a+b)^2$

Tương tự vs những cái sau nhân vào là xong

Dùng AM-GM xong dùng Cauchy-Schwarz

Bài toán:

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geqslant 3\left ( \frac{x}{x^2+2yz}+\frac{y}{y^2+zx}+\frac{z}{z^2+2xy} \right )$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$2+a+b\geq 2\sqrt{2(a+b)}$

$b+1+\frac{a+1}{b}\geq 2\sqrt{\frac{(a+1)(b+1)}{b}}$

$a+1+\frac{b+1}{a}\geq 2\sqrt{\frac{(a+1)(b+1)}{a}}$

$\Rightarrow P+4\geq 2\sqrt{2(a+b)}+2\sqrt{\frac{(a+1)(b+1)}{a}}+2\sqrt{\frac{(a+1)(b+1)}{b}}\geq 12$

$\Rightarrow P\geq 8$

$\square$