6 replies to this topic

[SuperReshiram]

1. Chứng minh rằng nếu $a,b>0$ thì $\frac{2}{a^2+b^2}+\frac{1}{ab+(\frac{a+b}{2})^2}\leq \frac{6}{(a+b)^2}$

2. Xét ba số thực dương $a,b,c$ thoả mãn điều kiện $abc=1,p>0$, chứng minh rằng$\frac{1}{a(1+pb)}+\frac{1}{b(1+pc)}+\frac{1}{c(1+pa)}\geq \frac{3}{1+p}$

3. Xét bốn số thực dương $a,b,c,d$ thoả mãn điều kiện $abcd=1$, chứng minh rằng $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+d)}+\frac{1}{d(1+a)}\geq 2$

4. Xét hai số thực dương $p,q$ thoả mãn $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$, $u=\frac{1}{p(p+1)}+\frac{1}{q(q+1)}$,  $v=\frac{1}{p(p-1)}+\frac{1}{q(q-1)}$

So sánh $u$ và $\frac{1}{3}v$.

5. Cho $a,b,c>0;abc=8$. Chứng minh $\frac{1}{2+a^2}+\frac{1}{2+b^2}+\frac{1}{2+c^2}\geq \frac{1}{2}$

Edited by SuperReshiram, 17-08-2014 - 15:55.

[Mikhail Leptchinski]

1. Chứng minh rằng nếu $a,b>0$ thì $\frac{2}{a^2+b^2}+\frac{1}{ab+(\frac{a+b}{2})^2}\leq \frac{6}{(a+b)^2}$

2. Xét ba số thực dương $a,b,c$ thoả mãn điều kiện $abc=1,p>0$, chứng minh rằng$\frac{1}{a(1+pb)}+\frac{1}{b(1+pc)}+\frac{1}{c(1+pa)}\geq \frac{3}{1+p}$

3. Xét bốn số thực dương $a,b,c,d$ thoả mãn điều kiện $abcd=1$, chứng minh rằng $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+d)}+\frac{1}{d(1+a)}\geq 2$

4. Xét hai số thực dương $p,q$ thoả mãn $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$, $u=\frac{1}{p(p+1)}+\frac{1}{q(q+1)}$,  $v=\frac{1}{p(p-1)}+\frac{1}{q(q-1)}$

So sánh $u$ và $\frac{1}{3}v$.

5. Cho $a,b,c>0;abc=8$. Chứng minh $\frac{1}{2+a^2}+\frac{1}{2+b^2}+\frac{1}{2+c^2}\geq \frac{1}{2}$

 

 

Bài 2 bạn xem bài toán tại đây có:$\sum \frac{1}{a(1+b)}\geq \frac{3}{1+abc}$

$\sum \frac{1}{a(1+pb)}\geq \frac{3}{1+pabc}=\frac{3}{1+p}$(vì $abc=1$)

[Mikhail Leptchinski]

3. Xét bốn số thực dương $a,b,c,d$ thoả mãn điều kiện $abcd=1$, chứng minh rằng $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+d)}+\frac{1}{d(1+a)}\geq 2$

 

Đặt $a=\frac{y}{x},b=\frac{z}{y},c=\frac{t}{z},d=\frac{x}{t}$

Bất đẳng thức trở thành

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

$<=>\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+t}+\frac{z}{t+x}+\frac{t}{x+y}\geq 2$

 

Đây là bất đẳng thức nesbit 4 số nhé bạn tự chứng minh lấy được

[Bui Ba Anh]

1. Chứng minh rằng nếu $a,b>0$ thì $\frac{2}{a^2+b^2}+\frac{1}{ab+(\frac{a+b}{2})^2}\leq \frac{6}{(a+b)^2}$

 

Chuẩn hóa $a+b=2$ và đặt $ab=t$ bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $\frac{2}{4-2t}+\frac{1}{t+1}\leq \frac{3}{2}<=>2(2t+2+4-2t)\leq 3(4-2t)(t+1)<=>3(-2t^{2}+2t+4)\geq 12<=>t^{2}-t\leq 0<=>t(t-1)\leq 0$

Do $t=ab\leq \frac{(a+b)^{2}}{4}=1=>t-1\leq 0$ nên bất đẳng thức trên đúng

Dấu bằng xảy ra khi $a=b$ $Q.E.D$

[datmc07061999]

5. Cho $a,b,c>0;abc=8$. Chứng minh $\frac{1}{2+a^2}+\frac{1}{2+b^2}+\frac{1}{2+c^2}\geq \frac{1}{2}$

Đặt $\frac{a}{2}=\frac{x}{y};\frac{b}{2}=\frac{y}{z};\frac{c}{2}=\frac{z}{x}$.

Ta có $\frac{1}{2+a^{2}}=\frac{1}{4(\frac{1}{2}+\frac{a^{2}}{4})}=\frac{1}{4(\frac{1}{2}+\frac{x^{2}}{y^{2}})}=\frac{y^{2}}{2(y^{2}+2x^{2})}$

Vậy BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow \sum \frac{y^{2}}{2x^{2}+y^{2}}\geq 1$.

Ta có: $\sum \frac{y^{2}}{y^{2}+2x^{2}}= \sum \frac{y^{4}}{y^{4}+2x^{2}y^{2}}\geq \frac{(\sum y^{2})^{2}}{(\sum y^{2})^{2}}=1$.

Phép chứng minh hoàn tất...

P/s: Các bạn like ủng hộ mình nha...

Edited by Viet Hoang 99, 18-08-2014 - 11:33.

[Kool LL]

Bài 2 bạn xem bài toán tại đây có:$\sum \frac{1}{a(1+b)}\geq \frac{3}{1+abc}$ (1)

$\sum \frac{1}{a(1+pb)}\geq \frac{3}{1+pabc}=\frac{3}{1+p}$(vì $abc=1$) (2)

 

Có (1) rồi bạn áp dụng CM (2) ntn ? Nói rõ hơn dùm nha.

Theo mình kiểm tra thì thấy không thể áp dụng được.

Edited by Kool LL, 18-08-2014 - 15:05.

[Kool LL]

2. Xét ba số thực dương $a,b,c$ thoả mãn điều kiện $abc=1,p>0$, chứng minh rằng$\frac{1}{a(1+pb)}+\frac{1}{b(1+pc)}+\frac{1}{c(1+pa)}\geq \frac{3}{1+p}$   (1)

Do $abc=1$ nên có thể đặt $a=\frac{x}{y}\ ;\ b=\frac{y}{z}\ ;\ c=\frac{z}{x}$. Ta có BĐT(1) cần CM tương đương :

$$\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{y}+p\frac{1}{z}}+\frac{\frac{1}{y}}{\frac{1}{z}+p\frac{1}{x}}+\frac{\frac{1}{z}}{\frac{1}{x}+p\frac{1}{y}}\ge\frac{3}{1+p}\ \ \ (2)$$

Đặt $X=\frac{1}{x}\ ;\ Y=\frac{1}{y}\ ;\ Z=\frac{1}{z}$. Ta có BĐT(2) cần CM tương đương :

$$\frac{X}{Y+pZ}+\frac{Y}{Z+pX}+\frac{Z}{X+pY}\ge\frac{3}{1+p}\ \ \ (3)$$

Đây là một mở rộng của BĐT Nesbit 3 số.

Đặt $A=Y+pZ\ ;\ B=Z+pX\ ;\ C=X+pY$. Thì $X=\frac{C-pA+p^2B}{1+p^3}\ ;\ Y=\frac{A-pB+p^2C}{1+p^3}\ ;\ Z=\frac{B-pC+p^2A}{1+p^3}$.

Ta có BĐT(3) cần CM tương đương :

$$\frac{C-pA+p^2B}{A}+\frac{A-pB+p^2C}{B}+\frac{B-pC+p^2A}{C}\ge\frac{3(1+p^3)}{1+p}=3(1-p+p^2)\ \ \ (4) $$

Ta có : VT(4) $=\left(\frac{A}{B}+\frac{B}{C}+\frac{C}{A}\right)-3p+\left(\frac{B}{A}+\frac{C}{B}+\frac{A}{C}\right).p^2\overset{\text{Côsi}}{\ge}3-3p+3p^2=$ VP(4).

Vậy ta có (1) đúng.

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow A=B=C\Leftrightarrow X=Y=Z\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=1$.

Edited by Kool LL, 18-08-2014 - 15:04.