Chủ đề này có 6 trả lời

[ginnycandy]

1. Cho a, b, c > 0. abc = 1. CM: (a + b)(b + c)(c + a) $\ge$ 4(a + b + c - 1)

 

2. Cho a, b, c > 0. CM: $\dfrac{1}{a(1 + b)}$ + $\dfrac{1}{b(1 + c)}$ + $\dfrac{1}{c(1 + a)}$ $\ge$ $\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}(1 + \sqrt[3]{abc})}$

 

3. Cho a, b, c > 0, a + b + c = 63. TÌm GTNN của $a^2$ + $b^3$ + $c^4$

 

4. Cho a, b, c $\ge$ 1. Tìm GTNN của ab + bc + ca + $\dfrac{1}{1 + a^2}$ + $\dfrac{1}{1 + b^2}$ + $\dfrac{1}{1 + c^2}$

 

5. Cho a, b, c > 0; abc = 1. CM: $\dfrac{a^4b}{a^2 + 1}$ + $\dfrac{b^4c}{b^2 + 1}$ + $\dfrac{c^4a}{c^2 + 1}$ $\ge$ $\dfrac{3}{2}$

 

6. Cho a, b, c > 0. CM: $\mid$ $\dfrac{a^3 - b^3}{a + b}$ + $\dfrac{b^3 - c^3}{b + c}$ + $\dfrac{c^3 - a^3}{c + a}$ $\mid$ $\le$ $\dfrac{(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2}{4}$

 

7. Cho a, b, c > 0. CM: $\dfrac{a}{b}$ + $\dfrac{b}{c}$ + $\dfrac{c}{a}$ $\ge$ $\dfrac{a + c}{b + c}$ + $\dfrac{b + a}{c + a}$ + $\dfrac{c + b}{a + b}$

 

10. Cho a, b, c > 0, a + b + c = 1. CM: $\dfrac{1}{1 - ab}$ + $\dfrac{1}{1 - bc}$ + $\dfrac{1}{1 - ca}$ $\le$ $\dfrac{27}{8}$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ginnycandy: 11-08-2013 - 12:32

[Ha Manh Huu]

bài 10 đây

[Simpson Joe Donald]

 

 

2. Cho a, b, c > 0. CM: $\dfrac{1}{a(1 + b)}$ + $\dfrac{1}{b(1 + c)}$ + $\dfrac{1}{c(1 + a)}$ $\ge$ $\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}(1 + \sqrt[3]{abc})}$

 

Không giảm tính tổng quát ra đặt $abc=k^3$ , như vậy ta luôn có thể chọn được bộ số $(x,y,z)$ dương và thỏa mãn $a=\dfrac{ky}{x};b=\dfrac{kz}{y};c=\dfrac{kx}{z}$

Khi đó ta cần đi chứng minh BĐT:

$P=\dfrac{x}{y+kz}+\dfrac{y}{z+kx}+\dfrac{z}{x+ky}\geq \dfrac{3}{k+1}$

Tới đây thì quá đơn giản với $Cauchy-Schwarz$ rồi

$P\geq \dfrac{(x+y+z)^2}{(k+1)(xy+yz+zx}\geq \dfrac{3}{k+1}$

(luôn đúng vì $(x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+zx) $

 

Ta suy ra dpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

[ngoctruong236]

Bài 7 :

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{c(a-b)}{b(b+c)} +\frac{a(b-c)}{c(c+a)}+\frac{b(c-a)}{a(a+b)}\geq 0\; \; \; \;. \;$

Không mất tính tổng quát giả sử:$b$ nằm giữa $a$ và $c$;

Khi đo: $(b-a)(b-c)\leq 0 $\

Mặt khác: $b(c-a)=-c(a-b)-a(b-c)$

Do đó: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$c(a-b)\left [ \frac{1}{b(b+c)}-\frac{1}{c(a+b)} \right ]+a(b-c)\left [ \frac{1}{c(c+a)}-\frac{1}{a(a+b)} \right ]\geq 0$$

\Leftrightarrow \frac{c\left [ (a-b^2(a+b)+b(a-b)(a-c) \right ]}{(a+b)ab(b+c)}+\frac{\left [ (b-c)(a-c)(a+c)+a(b-c)^2 \right ]}{c(c+a)(a+b)}\geq 0 $

Mặt khác:$ (a-b)(a-c)=(a-b)^2-(b-a)(b-c)\geq 0,(b-c)(a-c)=(b-c)^2-(b-a)(b-c)\geq 0\Leftrightarrow dpcm\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phanquockhanh: 12-08-2013 - 18:46

[Ha Manh Huu]

 

 

7. Cho a, b, c > 0. CM: $\dfrac{a}{b}$ + $\dfrac{b}{c}$ + $\dfrac{c}{a}$ $\ge$ $\dfrac{a + c}{b + c}$ + $\dfrac{b + a}{c + a}$ + $\dfrac{c + b}{a + b}$

 

 

ta có  $\frac{a}{b}-\frac{a}{b+c}=\frac{ca}{b(b+c)} ; \frac{c}{c+b}=1-\frac{b}{b+c}$

do đó bđt phải CM tương đương vói $\sum \frac{b^2+ca}{b(b+c)}\geq 3$

áp dụng bđt C-S ta có $(\sum \frac{b^2+ca}{b(b+c)})(\sum \frac{1}{b+a})\geq \left ( \sum \sqrt{\frac{b^2+ca}{b(b+c)(a+b)}} \right )^2\geq$      $3\sum \sqrt{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{ab(a+b)^2(a+c)(b+c)}}$                                

do đó ta phải CM $\sum \sqrt{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{ab(a+b)^2(a+c)(b+c)}}\geq \sum \frac{1}{a+b}$

đúng do $\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{ab(a+b)^2(a+c)(b+c)}-\frac{1}{a+b}= \frac{c(a-b)^2}{ab(a+b)(a+c)(b+c)}\geq 0$

[Ha Manh Huu]

 

 

3. Cho a, b, c > 0, a + b + c = 63. TÌm GTNN của $a^2$ + $b^3$ + $c^4$

 

bài này dùng tham số

áp dụng bđt AM-GM ta có $a^2+m^2\geq 2ma$

                                         $b^3+n^3+n^3\geq 3n^2b$

                                         $c^4+p^4+p^4+p^4\geq 4p^3c$

vói m ,n,p nguyên dương

dấu = xảy ra khi $ a=m . b=n ,c=p$

do đó ta chỉ cần tìm m,n,p sao cho $m+n+p=63$ và $2m=3n62=4p^3$

[nhatduy01]

 

1. Cho a, b, c > 0. abc = 1. CM: (a + b)(b + c)(c + a) $\ge$ 4(a + b + c - 1)

 

 

 

ta có $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-1$    (*)

Lại có $ab+bc+ca+\frac{3}{a+b+c}\geq 4\sqrt[4]{\frac{(ab+bc+ca)^{3}}{9(a+b+c)}}$    (AM-GM)

có $ab+bc+ca\geq 3$

      $(ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c)=3(a+b+c)$

$\Rightarrow ab+bc+ca+\frac{3}{a+b+c}\geq 4$

kết hợp với (*) ta có ĐPCM

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$