Chủ đề này có 8 trả lời

[Pham Dac Thanh 1998]

$a,b,c>0,a^{4}+b^{4}+c^{4}=3.CMR \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq 3$

[Pham Dac Thanh 1998]

$a,b,c>0 CMR \sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+7ab+b^{2}}}\geq 1$

[Pham Dac Thanh 1998]

$a,b,c\geq 0 ,ab+bc+ca>0. CMR\sum \sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}\geq 15$

[Hoang Nhat Tuan]

$a,b,c>0,a^{4}+b^{4}+c^{4}=3.CMR \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq 3$

Sử dụng BĐT Holder ta có:

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

Cần chứng minh: $(a^2+b^2+c^2)^3\geq 3\sum a^2b^2\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}$

Đặt: $a^2=x;b^2=y;c^2=z$

Ta sẽ chứng minh: $\frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz}\geq \frac{3\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{x+y+z}$

$<=>\frac{\sum (x-y)^2}{2(xy+yz+xz)}\geq \frac{3\sum (x-y)^2}{(x+y+z)(x+y+z+\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)})}$

Do đó cần chứng minh:

$6(xy+yz+xz)\leq (x+y+z)(x+y+z+\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)})$

Dễ thấy BĐT này đúng

[hoanglong2k]

$a,b,c>0,a^{4}+b^{4}+c^{4}=3.CMR \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq 3$

 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :

 $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$

 Lại có :

 $a^2b+b^2c+c^2a\leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$

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

 Áp dụng AM-GM ta có

 $(a^2+b^2+c^2)^2=(a^4+b^4+c^4)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq 3\sqrt[3]{(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^2}$

 $\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^\frac{3}{2}\geq \sqrt{(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).\sqrt{27(a^4+b^4+c^4)}}$

 $\Rightarrow \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \sqrt[4]{27(a^4+b^4+c^4)}=3$

[Hoang Nhat Tuan]

$a,b,c>0 CMR \sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+7ab+b^{2}}}\geq 1$

Đã có ở đây: http://diendantoanho...a2a27abb2geq-1/

[Quoc Tuan Qbdh]

$a,b,c\geq 0 ,ab+bc+ca>0. CMR\sum \sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}\geq 15$

http://manmelody193....-bieu-thuc.htmlđây nè anh 

       

[Quoc Tuan Qbdh]

$a,b,c\geq 0 ,ab+bc+ca>0. CMR\sum \sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}\geq 15$

Giả sử $c=min{a;b;c}$ . Ta có bất đẳng thức quen thuộc :

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$

Áp dụng $Mincowsky$ ta có :

$\sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{48b}{a+c}}\geq \sqrt{4+48(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}})^{2}}\geq \sqrt{4+48.\frac{4(a+b)}{a+b+2c}}=2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}$

Ta quy về chứng minh

$2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}+\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}\geq 15$

Đặt $\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}=1+4t$

Từ giả thiết ta có : $0\leq t\leq 1$ $;\frac{2c}{a+b}=\frac{t+2t^{2}}{3}$

$\Rightarrow 1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}=\frac{2t^{2}+t+147}{2t^{2}+t+3}$

Do đó bất đẳng thức viết lại thành

$\sqrt{4+\frac{2t^{2}+t+147}{t+2t^{2}+3}}\geq 7-2t$

$\Leftrightarrow 4t(2t-9)(t-1)^{2}\geq0$

Đúng do $0 \leq t \leq 1$

lần sau anh đăng bài vào 1 Topic riêng nhé để như này người ta tra bài khó khăn lắm

Thân !!!

 

[Dragon ball]

Giả sử $c=min{a;b;c}$ . Ta có bất đẳng thức quen thuộc :

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$

Áp dụng $Mincowsky$ ta có :

$\sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{48b}{a+c}}\geq \sqrt{4+48(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}})^{2}}\geq \sqrt{4+48.\frac{4(a+b)}{a+b+2c}}=2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}$

Ta quy về chứng minh

$2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}+\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}\geq 15$

Đặt $\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}=1+4t$

Từ giả thiết ta có : $0\leq t\leq 1$ $;\frac{2c}{a+b}=\frac{t+2t^{2}}{3}$

$\Rightarrow 1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}=\frac{2t^{2}+t+147}{2t^{2}+t+3}$

Do đó bất đẳng thức viết lại thành

$\sqrt{4+\frac{2t^{2}+t+147}{t+2t^{2}+3}}\geq 7-2t$

$\Leftrightarrow 4t(2t-9)(t-1)^{2}\geq0$

Đúng do $0 \leq t \leq 1$

lần sau anh đăng bài vào 1 Topic riêng nhé để như này người ta tra bài khó khăn lắm

Thân !!!

 

Bạn nói rõ hơn cái dòng đầu tiên chứng minh như thế nào vậy, mình cảm ơn trước