Chủ đề này có 4 trả lời

[doanlemanhtung191199]

Giải các BĐT sau: 

$1$     Cho $a,b,c>0$. CMR: $\frac{(a+b+c)^3}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 28$

$2$     Cho $a,b,c>0$. CMR: $\sum \frac{1}{a\sqrt{3a+2b}}\geq \frac{3}{\sqrt{5abc}}$

$3$     Cho $a,b,c>0$. CMR: $\sum \frac{a^3}{(a+b)^3}\geq \frac{3}{8}$

$4$     Cho $a,b,c>0: a+b+c=3$. CMR: $\sum a\sqrt{b^3+1}\leq 5$

$5$     Cho $a,b,c>0: abc=1$. CMR: $\sum \frac{a}{b}\geq \sum a$

 

[hoctrocuanewton]

Giải các BĐT sau: 

 

$3$     Cho $a,b,c>0$. CMR: $\sum \frac{a^3}{(a+b)^3}\geq \frac{3}{8}$

 

Tham khảo tại đây

[Viet Hoang 99]

Giải các BĐT sau:
$1$ Cho $a,b,c>0$. CMR: $\frac{(a+b+c)^3}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 28$

$1)$
$\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{9abc}+\frac{8(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{9abc}+\frac{2(ab+bc+ca)(a+b+c)}{abc}$
$\geqslant 2\sqrt{\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9abc}}+\frac{8.9abc}{9abc}+\frac{2.9abc}{abc}\geqslant 2+8+18=28$
 

Giải các BĐT sau:

$5$ Cho $a,b,c>0: abc=1$. CMR: $\sum \frac{a}{b}\geq \sum a$

$5)$
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{a}{b}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=3a$
Tương tự cộng lại


Tham khảo thêm  tại đây

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 06-08-2014 - 20:56

[Bui Ba Anh]

Giải các BĐT sau: 

$1$     Cho $a,b,c>0$. CMR: $\frac{(a+b+c)^3}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 28$ (1)

 

Ta chuẩn hóa $a+b+c=1$

đặt $ab+ac+bc=u$ thì $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1-2u$

Ta có: $\frac{ab+ac+bc}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\frac{u}{1-2u}=\frac{u^{3}}{u.u.(1-2u)}\geq \frac{27u^{3}}{(u+u-2u+1)^{3}}=27u^{3}\geq27t^{2}(abc=t\leq( \frac{a+b+c}{3})^{3}=\frac{1}{27})$

Khi đó, VT(1) $\geq \frac{1}{t}+27t^{2}=\frac{1}{27t}+\frac{1}{27t}+27t^{2}+\frac{25}{27t}\geq 3+\frac{25}{27.\frac{1}{27}}=28$

Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 06-08-2014 - 21:40

[phata1pvd]

Câu 4:Áp dụng BĐT AM-GM ta có $\sqrt{b^{3}+1}= \sqrt{(b+1)(b^{2}-b+1)} \leq \dfrac{b^{2}+2}{2}$

$\Rightarrow \sum a\sqrt{b^3+1}\leq \sum\dfrac{a(b^{2}+2)}{2}$

Vậy ta cần chứng minh $\sum\dfrac{a(b^{2}+2)}{2} \leq 5 <=> \sum ab^{2} \leq 4$ với $a+b+c=3$.

Ta đi chứng minh BĐT quen thuộc  là $ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc \leq 4$ với $a+b+c=3$

Ta chứng minh được $ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc \leq a^{2}b+bc^{2}+2abc=b(a+c)^{2}=\dfrac{2b(a+c)(a+c)}{2} \leq \dfrac{(2(a+b+c))^{3}}{54}=4$

Từ đó ta co đpcm.Dấu $=$ xảy ra khi $a=2,b=1,c=0$ và các hoán vị.