Chủ đề này có 742 trả lời

[hoctrocuanewton]

Bài $165$: Cho $a^2+b^2\geq a^3+b^5$

Chứng minh $b-\frac{1}{a^2+b^2}\leq \frac{1}{2}$

$BĐT\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+2\geqslant 2a^{2}b+2b^{3}$

Áp dụng BĐT cô si  :

$(a^{3}+a)+(b^{5}+\frac{1}{b})\geqslant 2a^{2}+2b^{2}$

Kết hợp với điều kiện bài toán ta có :

$a+\frac{1}{b}\geqslant a^{2}+b^{2}\Rightarrow ab+1\geqslant a^{2}b+b^{3}(1)$

ta lại có : $a^{2}+b^{2}\geqslant 2ab(2)$

Từ (1)(2) suy ra đpcm

P/s: dạo này topic này ảm đạm quá ,chú Việt Hoàng post bài mới đi cho thay đổi không khí nào 

[Viet Hoang 99]

167) Cmr: $(x^{10}+y^{10})(x^2+y^2)\geq (x^8+y^8)(x^4+y^4)$

168) Cmr: $\frac{(a+b+c)^2}{3}\geq a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}$ với $a;b;c\geq 0$

169) Giả sử $x>z;y>z;z>0$. Cmr: $\sqrt{z(x-z)}+\sqrt{z(y-z)}\leq \sqrt{xy}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 26-05-2014 - 18:19

[nguyenhongsonk612]

169) Giả sử $x>z;y>z;z>0$. Cmr: $\sqrt{z(x-z)}+\sqrt{z(y-z)}\leq \sqrt{xy}$

Giải:

BĐT đã cho tương đương với $\sqrt{\frac{z(x-z)}{xy}}+\sqrt{\frac{z(y-z)}{xy}}\leq 1$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có;

$\sqrt{\frac{z}{y}.\frac{x-z}{x}}\leq \frac{\frac{z}{y}+\frac{x-z}{x}}{2}$

$\sqrt{\frac{z}{x}.\frac{y-z}{y}}\leq \frac{\frac{z}{x}+\frac{y-z}{y}}{2}$

Cộng các BĐT trên theo vế, ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 26-05-2014 - 18:04

[nguyenhongsonk612]

167) Cmr: $(x^{10}+y^{10})(x^2+y^2)\geq (x^8+y^8)(x^4+y^4)$

Giải:

BĐT đã cho tương đương với:

$x^2y^2(x^2-y^2)^2(x^4+x^2y^2+y^4)\geq 0$ (luôn đúng).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 26-05-2014 - 23:43

[nguyenhongsonk612]

168) Cmr: $\frac{(a+b+c)^2}{3}\geq a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}$ với $a;b;c\geq 0$)

Giải:

Sử dụng Cô-si và Bunhiacopxki, ta có:

$VP= \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\leq \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^4}{27}\leq \frac{[3(a+b+c)^2}{27}= \frac{(a+b+c)^2}{3}= VT$

Dấu "=" khi $a=b=c$

[lehoangphuc1820]

 

168) Cmr: $\frac{(a+b+c)^2}{3}\geq a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}$ với $a;b;c\geq 0$

 

 

Giải:

Sử dụng Cô-si và Bunhiacopxki, ta có:

$VP= \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\leq \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^4}{27}\leq \frac{[3(a+b+c)^2}{27}= \frac{(a+b+c)^2}{3}= VT$

Dấu "=" khi $a=b=c$

Cách khác:

Ta có: $VT=a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}=\sqrt{a^2bc}+\sqrt{b^2ca}+\sqrt{c^2ab}$

$VT \leq \frac{ab+ac}{2}+\frac{ab+bc}{2}+\frac{bc+ac}{2}=ab+ac+bc$ (1)

Lại có $ab+ac+bc\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}$ (Đúng theo AM-GM) (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

[nguyenhongsonk612]

Bài 169: Với $a,b,c>0$ chứng minh rằng:

$P=\sum \frac{a^3c}{b^2(2c^2+ab)}\geq 1$

Bài 170: Với $a,b,c$ là những số thực dương, chứng minh rằng:

$P=\sum \frac{a^3b}{ab^2+1}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Bài 171: Với $a,b,c$ là những số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3$, chứng minh rằng:

$P=\sum \frac{a^2}{a+2b^2}\geq 1$

Bài 172: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\frac{(19x+2y+1999z)^2+(19y-2x)^2}{x^2+y^2+z^2}$

P/s: Bài cuối là sinh nhật của mình

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 01-06-2014 - 19:00

[hoctrocuanewton]

Bài 171: Với $a,b,c$ là những số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3$, chứng minh rằng:

$P=\sum \frac{a^2}{a+2b^2}\geq 1$

 

Dựa vào điều kiện bài toán ta có :
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant \frac{(a+b+c)^{2}}{3}=3$

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

 

Áp dụng BĐT schwars  ta có :

 

$\sum \frac{a^{2}}{a+2b^{2}}= \sum \frac{a^{4}}{a^{3}+2a^{2}b^{2}}\geqslant \sum \frac{2a^{4}}{a^{4}+a^{2}+4a^{2}b^{2}}\geqslant \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{(\sum a^{2})^{2}+2(\sum a^{2}b^{2})+\sum a^{2}}\geqslant \frac{(\sum a^{2})^{2}}{ (\sum a^{2})^{2}+\frac{2}{3}(\sum a^{2})^{2}+\frac{1}{3}(\sum a^{2})^{2}}=1$

 

Vậy ta  đpcm

[Viet Hoang 99]

$173/$

Cho $a;b;c\geq 0$ thoả $a+b+c=3$

Tìm Min $A=\sum \frac{1}{(a+b)^2+6}$

[yeutoan2604]

169) Giả sử $x>z;y>z;z>0$. Cmr: $\sqrt{z(x-z)}+\sqrt{z(y-z)}\leq \sqrt{xy}$

Áp dụng BĐT BCS ta có $(\sqrt{z(x-z)}+\sqrt{z(y-z)})^{2}\leq (z+y-z)(z+x-z)=xy\Rightarrow Q.E.D$

[lahantaithe99]

Bài 169: Với $a,b,c>0$ chứng minh rằng:

$P=\sum \frac{a^3c}{b^2(2c^2+ab)}\geq 1$

Bài 170: Với $a,b,c$ là những số thực dương, chứng minh rằng 

$P=\sum \frac{a^3b}{ab^2+1}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

 

169

Ta có

 

$P=\sum \frac{\frac{a^2}{b^2}}{\frac{2c^2+ab}{ac}}\geqslant \frac{(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2}{3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})}=\frac{1}{3}(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geqslant 1$

 

Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c>0$

 

170

 

$P=\sum \frac{a^2}{a+\frac{1}{ab}}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+\frac{a+b+c}{abc}}=\frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

 

(đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 01-06-2014 - 16:43

[canhhoang30011999]

 

Bài 170: Với $a,b,c$ là những số thực dương, chứng minh rằng:

$P=\sum \frac{a^3b}{ab^2+1}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

+y^2+z^2}$

 

170 ta có

$P=\sum \frac{a^{3}b}{ab^{2}+1}= \sum \frac{a^{3}bc}{ab^{2}c+c}$

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

[nguyenhongsonk612]

Bài 174:

Cho $abc=1$ và $a^3>36$. Chứng minh rằng: $\frac{a^2}{3}+b^2+c^2> ab+bc+ca$

 

Viet Hoang 99:
Chú ý STT bài toán

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 03-06-2014 - 19:16

[tuananh2000]

Bài 174:

Cho $abc=1$ và $a^3>36$. Chứng minh rằng: $\frac{a^2}{3}+b^2+c^2> ab+bc+ca$

$\frac{a^{2}}{3}+b^{2}+c^{2}> ab+bc+ca\Leftrightarrow a^{2}-3(ab+ac+bc-b^{2}-c^{2})> 0$ . Thật vậy, ta có $a^{2}-3(ab+ac+bc-b^{2}-c^{2})=\frac{3a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{4}+3b^{2}+3c^{2}-3ab-3ac+6bc-9bc=3(\frac{a^{2}}{4}+b^{2}+c^{2}-ab-ac+2bc)+\frac{a^{2}}{4}-9bc=     3(\frac{a}{2}-b-c)^{2}+\frac{a^{3}-36abc}{4a}> 0(do abc=1 và a^{3}>36)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 01-06-2014 - 21:31

[nguyenhongsonk612]

Bài 172: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$P=\frac{(19x+2y+1999z)^2+(19y-2x)^2}{x^2+y^2+z^2}$
P/s: Bài cuối là sinh nhật của mình

Thôi, giải nốt cho đỡ tồn đọng lại
Giải:
Ta có đẳng thức sau: 
$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=(ax+by+cz)^2+(ay-bx)^2+(bz-cy)^2+(cz-ax)^2$
$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\geq (ax+by+cz)^2+(ay-bx)^2$
Chọn $a=19;b=2;c=1999$, ta có:
$(19x+2y+1999z)^2+(19y-2x)^2\leq (19^2+2^2+1999^2)(x^2+y^2+z^2)= 3996366(x^2+y^2+z^2)$
$\Rightarrow P\leq 3996366$.
Vậy $max P=3996366$. Dấu "=" xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} 2z=1999y & & \\ 1999z=19x & & \end{matrix}\right.$
P/s: Không biết có đúng không?

[mnguyen99]

BÀI 175:

CHo a,b,c>0 thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$ . CM

$a^{2}\sqrt{1-bc}+b^{2}\sqrt{1-ca}+c^{2}\sqrt{1-ab}\geq \sqrt{\frac{2}{3}}$

BÀI 176:

Cho a,b,c>0 thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$ . CM

$\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ac}+\frac{1}{1-ab}\leq \frac{9}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mnguyen99: 07-06-2014 - 22:40

[lahantaithe99]

 

BÀI 176:

Cho a,b,c>0 thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$ . CM

$\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ac}+\frac{1}{1-ab}\leq \frac{9}{2}$

 

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow \sum \frac{2bc}{2-2bc}\leqslant \frac{3}{2}$

 

Ta có 

 

$\sum \frac{2bc}{2-2bc}\leqslant \sum \frac{2bc}{2-(b^2+c^2)}=\sum \frac{2bc}{(a^2+b^2)+(a^2+c^2)}$

 

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

 

$\leqslant \frac{1}{2}\sum (\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2})=\frac{3}{2}$

 

Nên ta có đpcm

[mnguyen99]

$173/$

Cho $a;b;c\geq 0$ thoả $a+b+c=3$

Tìm Min $A=\sum \frac{1}{(a+b)^2+6}$

ta có:$\sum \frac{1}{(a+b)^{2}+6}=\sum \frac{1}{(3-c)^{2}+6}\geq \frac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}-6a-6b-6c+45}$

$\Rightarrow A\geq \frac{9}{(a+b+c)-8a-8b-8c+45}=\frac{3}{10}$

VẬy min A=$\frac{3}{10}$ khi a=b=c=1. 

[lehoangphuc1820]

ta có:$\sum \frac{1}{(a+b)^{2}+6}=\sum \frac{1}{(3-c)^{2}+6}\geq$ \frac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}-6a-6b-6c+45}$

$\Rightarrow A\geq \frac{9}{(a+b+c)-8a-8b-8c+45}$ $=\frac{3}{10}$

VẬy min A=$\frac{3}{10}$ khi a=b=c=1. 

chỗ này bạn biến đổi như thế nào thế???

[tuananh2000]

chỗ này bạn biến đổi như thế nào thế???

cái lớn hơn hoặc bằng là bdt dạng cộng mẫu đó , còn ở dưới thì phải là (a+b+c)^2 mà