Cai' này là Iran 96 đúng ko nhi?Nung nóng lại topic này nào.
-----------------
EXERCISE:
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\left( {ab + bc + ca} \right)\left[ {{1 \over {{{\left( {a + b} \right)}^2}}} + {1 \over {{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + {1 \over {{{\left( {c + a} \right)}^2}}}} \right] \ge {9 \over 4}$
--------------------
Secrets In Inequalities VP nội dung
Có 298 mục bởi Secrets In Inequalities VP (Tìm giới hạn từ 07-05-2020)
#315810 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 11-05-2012 - 15:10 trong Bất đẳng thức và cực trị
#332436 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 06-07-2012 - 10:03 trong Bất đẳng thức và cực trị
Thế thì dấu "=" khi nào hả bạn ?????????Đề đúng đó bạn.
#332431 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 06-07-2012 - 09:55 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đây là cách làm của mình vs $a+b+c= 3$.
Giả sử b là số nằm giua a và c.
Khi đó : $(a-b)(b-c)\leq 0\Leftrightarrow ab+bc\leq b^{2}+bc\Leftrightarrow abc+bc^{2}\leq b^{2}c+c^{2}a$
$\Rightarrow VT\leq a^{2}b+2abc+bc^{2}= b(3-b)^{2}= \frac{1}{2}.2b.(3-b)(3-b)\leq \frac{1}{2}.(\frac{6}{3})^{3}= 4$
Đ.P.C.M.
Dấu "=" xảy ra khi $a,b,c$ là hoán vị của $(0,1,2)$
#332422 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 06-07-2012 - 09:12 trong Bất đẳng thức và cực trị
Có mấy hum không lên mà topic nì sôi động qáBài 405:Cho $a;b;c\in R$ C/m:
$$(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$$
Cách khác cho bài này :
$VT=[(a+b)^{2}+(ab-1)^{2}](c^{2}+1)\geq [c(a+b)+ab-1]^{2}= (ab+bc+ca-1)^{2}$
Xong !
#331060 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 02-07-2012 - 10:13 trong Bất đẳng thức và cực trị
Theo C.S:Bài 404 . Với các số a , b , c thõa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng :
$\frac{a}{(ab+a+1)^{2}}+\frac{b}{(bc+b+1)^{2}}+\frac{c}{(ca+a+1)^{2}} \geqslant \frac{1}{a+b+c}$
$\sum a.\sum \frac{a}{(ab+a+1)^{2}}\geq (\sum \frac{a}{ab+a+1})^{2}= 1$
Đ.P.C.M
#332496 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 06-07-2012 - 12:03 trong Bất đẳng thức và cực trị
+TH1 : Nếu $a\geq b\geq c$.Mọi người làm hăng quá, nháy mắt đã xong hết rùi, chứng tỏ VMF chúng ta rất nhiều nhân tài Post vài bài nữa cho cả nhà cùng làm. Topic sôi nổi lên nào... Tra....zố....
Bài 417: Cho các số thực không âm $a,b,c$ thoả mãn không có hai số nào đòng thời bằng 0. Chứng minh rằng:
$\frac{\sum a^{2}}{\sum ab}+\frac{4abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}\geq 2$.
Võ Quốc Bá Cẩn
$VT\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{bc+ab+ac}+\frac{4abc}{4a^{3}}= \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{bc}{a^{2}}$
Ta có : $ab+ac\geq b^{2}+c^{2}$.
Ta dùng TC sau : nếu $y\geq x$ thì $\frac{x+t}{y+t}\geq \frac{x}{y}$ ( CM cái này bằng tuong đuong )
Ta đc :
$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{bc+ab+ac}\geq \frac{a^{2}}{bc}$
$\Rightarrow VT\geq \frac{a^{2}}{bc}+\frac{bc}{a^{2}}\geq 2$
Đ.P.C.M.
+TH2 : Nếu $a\leq b\leq c$ .
$\Rightarrow (a-b)(b-c)(c-a)\geq 0\Leftrightarrow ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$
$VT= \frac{\sum a^{2}}{\sum ab}+\frac{8abc}{2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)+2abc}\geq \frac{\sum a^{2}}{\sum ab}+\frac{8abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+2abc}$
$\Rightarrow VT\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Vậy ta chỉ còn phải CM BĐT sau :
$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$
Đây là một BĐT quen thuộc , có thể dễ dàng CM bằng S.O.S.xem thêm trong Sáng tạo BĐT của anh Hùng.
p/s: hjx. nhìn cách của LilTee mà mình thấy xấu hổ qá .
#332921 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 07-07-2012 - 21:04 trong Bất đẳng thức và cực trị
BĐT $\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz}{3}\geq \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$Bài 426 . Cho các số thực không âm $a,b,c$ . Chứng minh rằng $\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\geq abc+\frac{3}{4}\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$
$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c).\sum (a-b)^{2}}{6}\geq \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} (a-b)(b-c)(c-a) \end{vmatrix}$
Ta có :
$2(a+b+c)= \begin{vmatrix} a+b \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} b+c\end{vmatrix}+\begin{vmatrix} c+a\end{vmatrix}\geq \begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} c-a\end{vmatrix}$
$\geq 3\sqrt[3]{\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c\end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}}$
$\sum (a-b)^{2}\geq 3\sqrt[3]{(\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix})^{2}}$
$\Rightarrow VT= \frac{2(a+b+c)\sum (a-b)^{2}}{12}\geq \frac{9}{12}.\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}= \frac{3}{4}.\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix}\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix}= VP$
#340237 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 25-07-2012 - 21:10 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 478 . Cho $0< x,y,z\leq 1$ . Chứng minh rằng $\frac{x}{1+y+zx}+\frac{y}{1+z+xy}+\frac{z}{1+x+yz}\leq \frac{3}{x+y+z}$
Ta có : $(x-1)(y-1)\geq 0\Leftrightarrow xy+1\geq x+y$
$\Rightarrow \frac{y}{1+z+xy}\leq \frac{y}{x+y+z}$
TT có 2 cái nua rồi cộng vào ta đc :
$VT\leq \frac{x+y+z}{x+y+z}\leq \frac{3}{x+y+z}$
$\Rightarrow Q.E.D$
#341394 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 29-07-2012 - 10:08 trong Bất đẳng thức và cực trị
Vì $a,b,c\in (0,1)$ nên :Bài 481: Cho $a,b,c\in (0,1)$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}+\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}< 1$$
$VT< \sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq \frac{a+b+c}{3}+\frac{1-a+1-b+1-c}{3}= 1$
#337043 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 17-07-2012 - 21:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
BĐT này sai hay sao á . Phải là $\geq 5$ ms có dấu "=" chú !Bài 450 : Chứng minh rằng nếu $a,b,c>0$ thì
$\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca})\geq 4$$
$\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca})\geq 5$$\Leftrightarrow \frac{(\sum a)^{2}}{\sum ab}+(\frac{\sum a^{3}}{abc}-\frac{\sum a^{2}}{\sum ab})\geq 5$
$\Leftrightarrow \frac{\sum a^3}{abc}-3\geq \frac{\sum a^{2}}{\sum ab}-1+3-\frac{(\sum a)^{2}}{\sum ab}$
$\Leftrightarrow \frac{\sum (a-b)^2(a+b+c)}{2abc}\geq \frac{\sum (a-b)^2}{2\sum ab}+\frac{\sum (a-b)^2}{\sum a^2}$
$\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum (a-b)^2(\frac{a+b+c}{2abc}-\frac{1}{2\sum ab}-\frac{1}{\sum a^2})\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(\frac{a+b+c}{2abc}-\frac{(a+b+c)^2}{2(\sum ab).\sum (a^2)})\geq 0$
Xét :
$\frac{a+b+c}{2abc}-\frac{(a+b+c)^2}{2(\sum ab).\sum (a^2)}\geq \frac{a+b+c}{2abc}-\frac{(a+b+c)^2}{2(\sum ab).\frac{1}{3}(a+b+c)^2}$
$= \frac{a+b+c}{2abc}-\frac{3}{2\sum ab}= \frac{a+b+c}{2abc}-\frac{3}{2( ab+bc+ca)}$
$= \frac{2(a+b+c)(ab+bc+ca)-6abc}{4abc(ab+bc+ca)}$
Cái này $\geq 0$ vì theo AM-GM :
$2(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 2.3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{(abc)^2}= 18abc\geq 6abc$
Vậy BĐT đúng .
#335565 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 14-07-2012 - 11:19 trong Bất đẳng thức và cực trị
Một cách CM khác cho VN96 :Đặt $ \sqrt{\frac{uv}{w}}= a,\sqrt{\frac{vw}{u}}= b,\sqrt{\frac{wu}{v}}= c $ .
Bài toán trỏ thành :
Cho : $ ab+bc+ca+abc=4 $
CMR : $ a+b+c \geq ab+bc+ca $
Và đây là bàj VietNam 1996 quen thuộc !
Theo nguyên tắc đi-dép-lê : thì tồn tại 2 trong 3 số : $ a-1;b-1;c-1 $ cùng dấu :
G/sủ là a-1 và b-1
$ \Rightarrow (a-1)(b-1) \geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b\Leftrightarrow abc+c\geq ac+bc $
$ \Leftrightarrow abc+c+ab\geq ab+bc+ca $
Ta sẽ CM : $ a+b+c\geq abc+c+ab\Leftrightarrow a+b\geq abc+ab $ (1)
Rút c tù GT : $ c= \frac{4-ab}{a+b+ab} $
(1) $ \Leftrightarrow a+b\geq \frac{ab(4-ab)}{a+b+ab}+ab\Leftrightarrow (a+b)(a+b+ab)\geq 4ab-(ab)^2+ab(a+b+ab) $
$ \Leftrightarrow (a+b)^{2}+ab(a+b)\geq 4ab-(ab)^2+ab(a+b)+(ab)^2\Leftrightarrow (a+b)^{2}\geq 4ab $
$ \Leftrightarrow (a-b)^2 \geq 0 $
(luôn đúng )
#335548 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 14-07-2012 - 10:20 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đặt $ \sqrt{\frac{uv}{w}}= a,\sqrt{\frac{vw}{u}}= b,\sqrt{\frac{wu}{v}}= c $ .Bài 446: Cho các số thực dương $u,v,w$ sao cho $u+v+w+\sqrt{uvw}=4$. Chứng minh rằng $$\sqrt{\frac{uv}{w}}+\sqrt{\frac{vw}{u}}+\sqrt{\frac{wu}{v}}\ge u+v+w$$
China TST 2007
Bài toán trỏ thành :
Cho : $ ab+bc+ca+abc=4 $
CMR : $ a+b+c \geq ab+bc+ca $
Và đây là bàj VietNam 1996 quen thuộc !
#330301 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 29-06-2012 - 17:51 trong Bất đẳng thức và cực trị
BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-2}+\dfrac{8}{(\frac{a}{b}+1)(\frac{b}{c}+1)(\frac{c}{a}+1)}\geq 2$Lâu lắm rồi mới được vào đây
Bài toán 398.
Cho các số dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-2}+\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$$
Đặt $\frac{a}{b}= x ,\frac{b}{c}= y,\frac{c}{a}= z\Rightarrow xyz=1$
BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq 2$
$\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{x+y+z+xy+yz+zx+2}\geq 2$
$\Leftrightarrow \sqrt{x+y+z-2}+\dfrac{8}{x+y+z+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}+2}\geq 2$
Đặt tiếp $x+y+z=t\Rightarrow t\geq \sqrt[3]{xyz}= 3$
BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{t-2}+\frac{8}{\frac{t^{2}}{3}+t+2}\geq 2\Leftrightarrow \sqrt{t-2}+\frac{24}{t^{2}+3t+6}\geq 2$
$\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sqrt{t-2}-1\geq 1-\frac{24}{t^{2}+3t+6}\Leftrightarrow \frac{t-3}{\sqrt{t-2}+1}\geq \frac{(t-3)(t+6)}{t^{2}+3t+6}$
$\Leftrightarrow (t-3)(\frac{1}{\sqrt{t-2}+1}-\frac{t+6}{t^{2}+3t+6})\geq 0\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{t-2}+1}-\frac{t+6}{t^{2}+3t+6}\geq 0$
$\Leftrightarrow t^{2}+3t+6\geq (\sqrt{t-2}+1)(t+6)\Leftrightarrow t^{2}+2t\geq (t+6)\sqrt{t-2}$
$\Leftrightarrow (t^{2}+2t)^{2}\geq [(t+6))\sqrt{t-2}]^{2}$
$\Leftrightarrow (t-3)(t^{3}+6t^{2}+12t+24)\geq 0$
Luôn đúng .
OK.
#329982 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 28-06-2012 - 17:27 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bình phuong 2 vế và rút gọn ta đc ;Lâu lắm rồi mới được vào đây
Bài toán 399.[ Vasc ]
Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge 2\sqrt{1+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}}$$
BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{b^{2}}+2\sum \frac{a}{b}\geq 3+\sum \frac{b}{a}$
Đặt $\frac{a}{b}= x ,\frac{b}{c}= y,\frac{c}{a}= z\Rightarrow xyz=1$
BĐT trỏ thành :
$x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(x+y+z)\geq 3+2(xy+yz+zx)$
Áp dụng BĐT : $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$
Ta đc:$\sum x^{2}+2\sum x\geq \sum x^{2}+6= (\sum x^{2}+2xyz+1)+3\geq 3+2\sum xy$
Đ.P.C.M
Xong!
#296801 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 27-01-2012 - 13:50 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta có: $ P^{2}= (a.ab+b.bc+c.ca)^{2}$
$ \Rightarrow P^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$
$ \Rightarrow P^{2}\leq 1.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{3}= \frac{1}{3}\Rightarrow P\leq \sqrt{\frac{1}{3}}$
#296652 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 26-01-2012 - 20:15 trong Bất đẳng thức và cực trị
$ \sqrt{\sum c^{2}(a+b)^{2}}\geq \frac{54(abc)^{3}}{(a+b+c)^{2}\sqrt{(ab)^{4}+(bc)^{4}+(ca)^{4}}}$
#296381 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 25-01-2012 - 20:01 trong Bất đẳng thức và cực trị
Chuan hoa $ xy+yz+zx= 3$ .De dang co:$ x+y+z\geq 3$,$ xyz\leq 1$
Ta co:$ \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}= \sqrt{(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz}\geq \sqrt{3.3-1}= 2\sqrt{2}$
$\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\geq 3\sqrt{2}$
$ \Rightarrow VT\geq 12$,$ VP=12$$ \Rightarrow VT\geq VP$
Xin moi nguoi thong cam! May nha minh bi loi ko danh dc dau!
#294946 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 20-01-2012 - 22:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 131:Cho a,b,c > 0.CMR: $\frac{b+c}{a}+\frac{2a+c}{b}+\frac{4(a+b)}{a+c}\geq 9$
___
MOD: Vui lòng Đánh tiếng Việt có dấu!
#296827 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 27-01-2012 - 15:43 trong Bất đẳng thức và cực trị
(1) Dùng Bunhiacopski.Mình giải bai 214 nhu sau:(chả bít có đúng ko)
Ta có: $ P^{2}= (a.ab+b.bc+c.ca)^{2}$
$ \Rightarrow P^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$ (1)
$ \Rightarrow P^{2}\leq 1.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{3}= \frac{1}{3}\Rightarrow P\leq \sqrt{\frac{1}{3}}$ (2)
(2) Dùng BDT : $3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^{2}$
#297006 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 28-01-2012 - 12:38 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài này mình giải nhu sau:Bài 219: Cho $x,y,z>0$.Chứng minh rằng:
$$3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2) \ge xyz(x+y+z)^3$$
BDT : $ \Leftrightarrow 3(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})(xy^{2}+yz^{2}+zx^{2})\geq (x+y+z)^{3}$
$ \Leftrightarrow (1+1+1)(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})(zx^{2}+xy^{2}+yz^{2})\geq (x+y+z)^{3}$
(luôn đúng theo BDT Holder)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
___________________________________________________________________________
Cách này ko bít có đúng ko , vì dấu "=" xảy ra vs mọi x = y = z.
#329971 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 28-06-2012 - 16:10 trong Bất đẳng thức và cực trị
Áp dụng BĐT quen thuộc : $\prod (a+b)\geq \frac{8}{9}\sum a.\sum ab$. Ta có :Lâu lắm rồi mới được vào đây
Bài toán 394. [MOSP 2001]
Cho các số thực dương $a, b, c$ thoả $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 4(a+b+c-1)$$
BĐT $\Leftrightarrow \frac{8}{9}.\sum a.\sum ab\geq 4(\sum a-1)$
$\Leftrightarrow \frac{8}{9}.\sum ab+\frac{4}{\sum a}\geq 4$
Cái này đúng theo AM-GM:
$VT= \frac{4}{9}.\sum ab+\frac{4}{9}.\sum ab+\frac{4}{\sum a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{4}{9}.\frac{4}{9}.\frac{(\sum ab)^{2}}{\sum a}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{4}{9}.\frac{4}{9}.3}=4$
Xong .!
#329768 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 27-06-2012 - 20:04 trong Bất đẳng thức và cực trị
saj rùi cậu oi ! k gỉ sủ đuọc $b\geq a\geq c$ o đây$4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})\geq 4.\frac{3}{2}=6$(Bất đẳng thức Netbitt)
Không mất tính tổng quát,giả sử:$b\geq a\geq c$
Ta xét hiệu:$ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc-(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc)$
$a(b^{2}-c^{2})-a^{2}(b-c)-bc(b-c)=(b-c)(a-b)(c-a)\geq 0$
$\Rightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc \Leftrightarrow \frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+abc}\geq 1$
Vậy $VT\geq 6+1=7$ $\Rightarrow$ đpcm
#314231 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 04-05-2012 - 09:39 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 345.Bài 344.
Với $a, b, c, d >0$ Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge \dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ca}+\dfrac{c^2}{ab}$$
Bài 345.
Cho $a, b, c \in [1.2]$ . Chứng minh rằng :
$$a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\le 7abc$$
BĐT $\Leftrightarrow \frac{a(b+c)}{bc}+\frac{b(c+a)}{ca}+\frac{c(a+b)}{ab}\leq 7$
$\Leftrightarrow \frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\leq 7\Leftrightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq 10$
Đến đây bài này quen rồi !
#298743 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 09-02-2012 - 18:05 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta có : $ \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+b^{3}+b^{3}}\geq a-\frac{2ab^{3}}{3b^{2}\sqrt[3]{a}}$Bài 268: Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3. CMR:
$\frac{a^2}{a+2b^3}+\frac{b^2}{b+2c^3}+\frac{c^2}{c+2a^3}\geq 1$
$$ \Rightarrow \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}\geq a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{a^{2}}b = a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{ab.ab.b}\geq a-\frac{2}{9}(2ab+b)$$
Tương tự có 2 bđt nữa rồi cộng chúng lại , ta có :
$ VT\geq (a+b+c)-\frac{2}{9}.(2ab+2bc+2ca+3)\geq 1$
$\Rightarrow$ Đ.P.C.M .
#294943 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi Secrets In Inequalities VP on 20-01-2012 - 22:15 trong Bất đẳng thức và cực trị
__
MOD: Bạn kiểm tra lại đề đi nhé. Bài này sẽ xoá vào ngày mai nếu như đề không sửa lại.
Sorry, mình nhầm ,mình sửa lại rùi nè!
- Diễn đàn Toán học
- → Secrets In Inequalities VP nội dung