Chủ đề này có 5 trả lời

[whitemiss]

1/ $\sum \frac{bc}{2a+b+c}\leq \frac{a+b+c}{4}$ (a,b,c>0)

2/ Cho a,b,c>0 thoả $3(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca=12$

Chứng minh rằng : $\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{a+c}}\leq \frac{\sqrt{3}}{2}$

3/ Cho các số thực x,y,z,t thoả xyzt=1.Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}+\frac{1}{(1+t)^2}\geq 1$

4/ Cho các số thực a,b,c thoả a+b+c=0 và $a^2+b^2+c^2=6$

Chứng mnh bất đẳng thức sau: 

    $a^2b+b^2c+c^2a\leq 6$

5/ Cho $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{100} \geq 0$ thoả $a_{1}^2+a_{2}^2+a_{3}^2+...+a_{100}^2=1$

Chứng minh rằng : $(a_{1})^2a_{2}+(a_{2})^2a_{3}+...+a_{100}^2a_{1}\leq \frac{12}{25}$

 

[Near Ryuzaki]

1/ $\sum \frac{bc}{2a+b+c}\leq \frac{a+b+c}{4}$ (a,b,c>0)

 

 

1/ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz , ta có:

$\frac{1}{2a+b+c}=\frac{1}{(a+b)+(b+c)}\leq \frac{1}{4}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c})$

Tương tự suy ra:

$\sum \frac{bc}{2a+b+c}\leq \frac{1}{4}(\sum \frac{bc}{a+b}+\sum \frac{bc}{a+c})$$=\frac{1}{4}(\sum \frac{bc}{a+b}+\sum \frac{ca}{a+b})$$=\frac{1}{4}\sum c$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

                                     

[Near Ryuzaki]

2/ Cho a,b,c>0 thoả $3(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca=12$

Chứng minh rằng : $\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{a+c}}\leq \frac{\sqrt{3}}{2}$

 

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, Ta có :

$(\sum \frac{a}{\sqrt{a+b}})^2\leq (\sum a(a+c))(\sum \frac{a}{(a+b)(a+c)})$$=\frac{2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Mặt khác sử dụng bất đẳng thức sau đây:

$(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$

Ta lại có : $\frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{9}{8(a+b+c)}$

Suy ra $\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{a+b+c}\leq 2$

Do $\sum a^2+\sum ab=\frac{(3\sum a^2+\sum ab)+2(\sum a)^2}{5}=\frac{12+2(\sum a)^2}{5}$
nên bất đẳng thức này tương đương với:

$(a+b+c)^2+6\leq 5(a+b+c)$ hay $2\leq a+b+c\leq 3$

Ta có :$3(\sum a)^2-12=3(\sum a)^2-(3\sum a^2+\sum ab)=5\sum ab>0$

nên a+b+c>2

Lại có : $4(\sum a)^2-36=4(\sum a)^2-3(3\sum a^2+\sum ab)=-5(\sum a^2-\sum ab)\leq 0$

Vì vậy$a+b+c\leq 3$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

[Near Ryuzaki]

Bài 3 nhé :

Đặt $x=\frac{bcd}{a^3};y=\frac{cda}{b^3};z=\frac{dab}{c^3};t=\frac{abc}{d^3}$ (a,b,c,d>0)

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :

$\frac{a^6}{(a^3+bcd)^2}+\frac{b^6}{(b^3+cda)^2}+\frac{c^6}{(c^3+abd)^2}+\frac{d^6}{(d^3+abc)^2}\geq 1$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:

$\frac{a^6}{(a^3+bcd)^2}+\frac{b^6}{(b^3+cda)^2}+\frac{c^6}{(c^3+abd)^2}+\frac{d^6}{(d^3+abc)^2}$ $\geq \frac{(a^3+b^3+c^3+d^3)^2}{(a^3+bcd)^2+(b^3+acd)^2+(c^3+abd)^2+(d^3+abc)^2}$

Ta cần chứng minh

 $(a^3+b^3+c^3+d^3)^2\geq \sum (a^3+bcd)^2$

hay $2\sum_{sym}^{.} a^3b^3\geq 2\sum a^3bcd+\sum b^2c^2d^2$

Đúng do bất đẳng thức AM-GM, ta có :

$2\sum a^3bcd\leq \frac{2}{3}\sum a^3(b^3+c^3+d^3)=\frac{4}{3}\sum_{sym}^{.}a^3b^3$

và$\sum b^2c^2d^2\leq \frac{1}{3}\sum (b^3c^3+c^3d^3+d^3b^3)=\frac{2}{3}\sum_{sym}^{.}a^3b^3$

Công 2 bất đẳng thức lại ta có điều phải chứng minh !

[Near Ryuzaki]

4/ Áp dụng phương pháp nhân tử Lagrange

5/ Đặt $a_{101}=a_{1}, a_{102}=a_{2}$ và S=$S=a_{1}^2a_{2}+a_{2}^2a_{3}+...+(a^{100})^2a_{1}$

Sử dụng bất đẳng thức Cạuchy-Schwarz, ta được:

$9S^2=\left \lfloor \sum_{k=1}^{100}a_{k+1}(a_{k}^2+2a_{k+1}a_{k+2}) \right \rfloor^2$ $\leq \left ( \sum_{k=1}^{100}a_{k+1}^2 \right )\left \lfloor \sum_{k=1}^{100}(a_{k}^2+2a_{k+1}a_{k+2})^2 \right \rfloor=\sum_{k=1}^{100}(a_{k}^2+2a_{k+1}a_{k+2})^2=\sum_{k=1}^{100}(a_{1}^4+4a_{k}^2a_{k+1}a_{k+2}+4a_{k+1}^2a_{k+2}^2)$ (1)

Mặt Khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta lại có:

$4a_{k}^2a_{k+1}a_{k+2} \leq 2a_{k}^2(a_{k+1}^2+a_{k+2}^2)$ (2)

Kết hợp (1) và (2) , ta suy ra:

$9S^2\leq \sum_{k=1}^{100}\left \lceil a_{k}^4+2a_{k}^2(a_{k+1}^2+a_{k+2}^2)+4a_{k+1}^2a_{k+2}^2 \right \rceil=\sum_{k=1}^{100}(a_{k}^4+6a_{k}^2a_{k+1}^2+2a_{k}^2a_{k+2}^2)$

Sử dụng đánh giá:

$\sum_{k=1}^{100}(a_{k}^4+2a_{k}^2a_{k+1}^2+2a_{k}^2a_{k+2}^2)\leq \left ( \sum_{k=1}^{100}a_{k}^2 \right )=1$

$\sum_{k=1}^{100}a_{k}^2a_{k+1}^2\leq \left ( \sum_{i=1}^{50}a_{2i-1}^2 \right )(\sum_{j=1}^{50}a_{2j}^2)$

Ta được:

$9S^2\leq 1+4(\sum_{i=1}^{50}a_{2i-1}^2)(\sum_{j=1}^{50}a_{2j}^2)\leq 1+(\sum_{i=1}^{50}a_{2i-1}^2+\sum_{j=1}^{50}a_{2j}^2=2$

Từ đây suy ra

$S\leq \frac{\sqrt{2}}{3}< \frac{12}{25}$

Ta có điều phải chứng minh!

[whitemiss]

4/ Áp dụng phương pháp nhân tử Lagrange

5/ Đặt $a_{101}=a_{1}, a_{102}=a_{2}$ và S=$S=a_{1}^2a_{2}+a_{2}^2a_{3}+...+(a^{100})^2a_{1}$

Sử dụng bất đẳng thức Cạuchy-Schwarz, ta được:

$9S^2=\left \lfloor \sum_{k=1}^{100}a_{k+1}(a_{k}^2+2a_{k+1}a_{k+2}) \right \rfloor^2$ $\leq \left ( \sum_{k=1}^{100}a_{k+1}^2 \right )\left \lfloor \sum_{k=1}^{100}(a_{k}^2+2a_{k+1}a_{k+2})^2 \right \rfloor=\sum_{k=1}^{100}(a_{k}^2+2a_{k+1}a_{k+2})^2=\sum_{k=1}^{100}(a_{1}^4+4a_{k}^2a_{k+1}a_{k+2}+4a_{k+1}^2a_{k+2}^2)$ (1)

Mặt Khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta lại có:

$4a_{k}^2a_{k+1}a_{k+2} \leq 2a_{k}^2(a_{k+1}^2+a_{k+2}^2)$ (2)

Kết hợp (1) và (2) , ta suy ra:

$9S^2\leq \sum_{k=1}^{100}\left \lceil a_{k}^4+2a_{k}^2(a_{k+1}^2+a_{k+2}^2)+4a_{k+1}^2a_{k+2}^2 \right \rceil=\sum_{k=1}^{100}(a_{k}^4+6a_{k}^2a_{k+1}^2+2a_{k}^2a_{k+2}^2)$

Sử dụng đánh giá:

$\sum_{k=1}^{100}(a_{k}^4+2a_{k}^2a_{k+1}^2+2a_{k}^2a_{k+2}^2)\leq \left ( \sum_{k=1}^{100}a_{k}^2 \right )=1$

$\sum_{k=1}^{100}a_{k}^2a_{k+1}^2\leq \left ( \sum_{i=1}^{50}a_{2i-1}^2 \right )(\sum_{j=1}^{50}a_{2j}^2)$

Ta được:

$9S^2\leq 1+4(\sum_{i=1}^{50}a_{2i-1}^2)(\sum_{j=1}^{50}a_{2j}^2)\leq 1+(\sum_{i=1}^{50}a_{2i-1}^2+\sum_{j=1}^{50}a_{2j}^2=2$

Từ đây suy ra

$S\leq \frac{\sqrt{2}}{3}< \frac{12}{25}$

Ta có điều phải chứng minh!

thanks bạn nhé!