Chủ đề này có 4 trả lời

[Lin Kon]

1.Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $ab+bc+ca+abc\leq 4$ CMR

$a^2+b^2+c^2+a+b+c\geq 2(ab+bc+ca)$

2.Cho các số $x,y,z$ dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=3xyz$.CMR

$\frac{x^2}{x^4+yz}+\frac{y^2}{y^4+xz}+\frac{z^2}{z^4+xy}\leq \frac{3}{2}$

[81NMT23]

1.Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $ab+bc+ca+abc\leq 4$ CMR

$a^2+b^2+c^2+a+b+c\geq 2(ab+bc+ca)$

2.Cho các số $x,y,z$ dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=3xyz$.CMR

$\frac{x^2}{x^4+yz}+\frac{y^2}{y^4+xz}+\frac{z^2}{z^4+xy}\leq \frac{3}{2}$

Bài 1:

Áp dụng BĐT Schur

$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geqslant ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\Rightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+9abc \geqslant 2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+3abc] \Rightarrow (a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})+9abc\geqslant 2(ab+bc+ca)(a+b+c) \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{9abc}{a+b+c}\geqslant 2(ab+bc+ca)$

Có:$4\geqslant ab+bc+ca+abc\geqslant 4\sqrt[4]{(abc)^{3}}\Rightarrow 1\geqslant abc$

$\Rightarrow 9abc\leqslant 9\sqrt[3]{(abc)^{2}}\leqslant 3(ab+bc+ca)\leqslant (a+b+c)^{2}$

$\Rightarrow \frac{9abc}{a+b+c}\leqslant a+b+c$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+a+b+c\geqslant 2(ab+bc+ca)$

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

[haichau0401]

2.Cho các số $x,y,z$ dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=3xyz$.CMR

$\frac{x^2}{x^4+yz}+\frac{y^2}{y^4+xz}+\frac{z^2}{z^4+xy}\leq \frac{3}{2}$

Ta có:

$\frac{x^{2}}{x^{4}+yz}\leq \frac{x^{2}}{2\sqrt{x^{4}yz}}=\frac{1}{2\sqrt{yz}}\leq \frac{1}{x+y}\leq \frac{1}{4}.\left (\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right )$

Tương tự suy ra:

$VT\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=\frac{1}{2}.\frac{xy+yz+zx}{xyz}\leq \frac{1}{2}.\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xyz}=\frac{3}{2}$

[huy2403exo]

2.Cho các số $x,y,z$ dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=3xyz$.CMR

$\frac{x^2}{x^4+yz}+\frac{y^2}{y^4+xz}+\frac{z^2}{z^4+xy}\leq \frac{3}{2}$

 

$3xyz=x^2+y^2+z^2\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^2}\Leftrightarrow xyz\geq 1$

$\sum \frac{x^2}{x^4+yz}=\sum \frac{1}{x^2+\frac{yz}{x^2}}\leq \sum \frac{1}{2\sqrt{yz}}= \frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2\sqrt{xyz}}$

Nhận xét : $9xyz=3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2\Leftrightarrow 3\sqrt{xyz}\geq x+y+z$

 

$9\sqrt{xyz}\geq 3(x+y+z)\geq (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2\Leftrightarrow 3\sqrt[4]{xyz}\geq \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$

 

$\Leftrightarrow VT\leq \frac{3\sqrt[4]{xyz}}{2\sqrt{xyz}}=\frac{3}{2}. \frac{1}{\sqrt[4]{xyz}}\leq \frac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huy2403exo: 22-01-2016 - 21:49

[vuchidung2001]

Đóng góp 1 lời giải bằng Cauchy-Schwarz cho bài 1

 Từ giả thiết :$ab+bc+ca+abc\leq 4$ ta đưa về $\sum \frac{1}{a+2}\geq 1$

Áp dụng bất đẳng thức CBS có:

$(a+2)(a+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$<=>$\frac{1}{a+2}\leq  \frac{a+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}$

Tương tự có : $\frac{1}{b+2}\leq  \frac{b+a^2+c^2}{(a+b+c)^2}$

                       $ \frac{1}{c+2}\leq  \frac{c+a^2+b^2}{(a+b+c)^2}$

Cộng lai ta có  $\frac{\sum (2a^2+a)}{(a+b+c)^2}\geq \sum \frac{1}{a+2}$ (mà $\sum \frac{1}{a+2}\geq 1$)

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

Nhân cả 2 vế của bất đẳng thức với $(a+b+c)^2$và khai triển , chuyển vế,ta có:

        $\sum (a^2+a)\geq 2(\sum ab)$ (ĐPCM)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuchidung2001: 27-01-2016 - 10:57