Chủ đề này có 39 trả lời

[HaiDangPham]

Bài toán 1. Cho các số thực dương $x, y, z$ thoả mãn $x^2+y^2+z^2=3$. Chứng minh $$\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y} \geq 3.$$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 26-11-2023 - 19:48

[hanguyen445]

Cho các số thực dương $x, y, z$ thoả mãn $x^2+y^2+z^2=3$. Chứng minh $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y} \geq 3$. 

Bất đẳng thức cần chứng minh biến đổi tương đương thành:

$\sum(xy)^2\ge 3xyz\Leftrightarrow \sum(xy)^2\ge xyz\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\Leftrightarrow\ (\sum (xy)^2)^2\ge 3x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)$

 

Đặt $(x^2;y^2;z^2)=(a;b;c)\geq (0;0;0)$. Khi đó BĐT cần chứng minh viết lại thành:

$(ab+bc+ac)^2\ge 3abc(a+b+c)\Leftrightarrow\sum (ab-bc)^2\ge 0$  (*). Hiển nhiên (*) luôn đúng. Do đó ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 26-11-2023 - 14:59

[nguyenhuybao06]

Bình phương hai vế, ta chứng minh $$\left( \sum\frac{xy}{z}\right)^2\geq9\Leftrightarrow\sum\left( \frac{xy}{z}\right)^2+2\sum x^2\geq3\Leftrightarrow\sum\left( \frac{xy}{z}\right)^2\geq3 $$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $$\left( \frac{xy}{z}\right)^2+\left( \frac{yz}{x}\right)^2\geq2\sqrt{y^4}=2y^2\Rightarrow\sum\left( \frac{xy}{z}\right)^2\geq\sum x^2=3$$

[HaiDangPham]

Bài này có thể xem như là dạng đổi biến của bất đẳng thức cơ bản $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$.

 

Thật vậy nếu đặt $a=\frac{yz}{x},b=\frac{xz}{y}, c=\frac{xy}{z} $ thì $ab=z^2, bc=x^2, ca=y^2$, cho nên $ab+bc+ca=x^2+y^2+z^2=3$. Vì vậy $$(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca) \Leftrightarrow (a+b+c)^2 \geq 9 \Leftrightarrow a+b+c \geq 3.$$ Đây là điều phải chứng minh. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 26-11-2023 - 20:09

[HaiDangPham]

Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi $a, b, c, d$ dương ta luôn có $$16(abc+bcd+cda+dab) \leq (a+b+c+d)^3.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 26-11-2023 - 19:47

[hanguyen445]

Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi $a, b, c, d$ dương ta luôn có $$16(abc+bcd+cda+dab) \leq (a+b+c+d)^3.$$

 

Ta có $16(abc+bcd+cda+dab) =16bc(a+d)+16ad(b+c)\leq 4(b+c)^2(a+d)+4(b+c)(a+d)^2=4(a+d)(b+c)(a+b+c+d)$

Lại có $4(a+d)(b+c)\le (a+b+c+d)^2$

 

Do đó ta suy ra được $16(abc+bcd+cda+dab) \le (a+b+c+d)^3$. 

Vậy phép chứng minh hoàn tất. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 26-11-2023 - 21:47

[HaiDangPham]

BÀI TOÁN 3.

Cho các số dương $a, b, c$ thoả mãn điều kiện $a+b+c=3$. Chứng minh bất đẳng thức $$\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2} \geq \frac{3}{2}.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 28-11-2023 - 20:44

[hanguyen445]

Bài toán 3. Cho các số dương $a, b, c$ thoả mãn điều kiện $a+b+c=3$. Chứng minh bất đẳng thức $$\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2} \geq \frac{3}{2}.$$

Ta có $\frac{a}{1+b^2}=\frac{a(1+b^2)-ab^2}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\dfrac{ab}{2}$. Lập luận tương tự và cộng vế ta có

$$VT\ge (a+b+c)-\dfrac{ab+bc+ac}{2}\ge 3-\dfrac{(a+b+c)^2}{6}=\frac{3}{2}$$

Phép chứng minh hoàn tất.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 27-11-2023 - 11:35

[HaiDangPham]

Hi vọng có thể tìm được cách giải nữa cho Bài toán 3. 

[nguyenhuybao06]

Hi vọng có thể tìm được cách giải nữa cho Bài toán 

Mình nghĩ bài này có thể dùng MV, chứng minh $f(a,b,c)\geq f\left(a,\frac{b+c}{2}, \frac{b+c}{2}\right) \geq \frac{3}{2}$. Hiện tại mình đã chứng minh được $f\left(a,\frac{b+c}{2}, \frac{b+c}{2}\right) \geq \frac{3}{2}$ nhưng lười quá nên để mọi người làm tiếp phần của mình vậy. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhuybao06: 27-11-2023 - 21:23

[HaiDangPham]

BÀI TOÁN 4.

Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng $$ \frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 28-11-2023 - 20:43

[hanguyen445]

BÀI TOÁN 4.

Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng $$ \frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}.$$

Biến đổi, kết hợp với sử dụng BĐT cauchy-schwarz, ta có $$\sum\frac{a}{(b+c)^2}=\sum\dfrac{(\dfrac{a}{b+c})^2}{a}\ge\frac{1}{a+b+c}(\sum\frac{a}{b+c})^2 (1)$$

Hơn nữa ta có $$\sum\frac{a}{b+c}=\sum\frac{a^2}{ab+ac}\ge\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}\ge\frac{3(ab+bc+ac)}{2(ab+bc+ac)} (2)$$

Từ (1) và (2) ta suy ra được $\sum\frac{a}{(b+c)^2}\ge\frac{9}{a+b+c}$. Phép chứng minh hoàn tất

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 28-11-2023 - 20:12

[fanmu20nam]

BÀI TOÁN 4.

Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng $$ \frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}.$$

Bất đẳng thức tương đương: $\frac{a(a+b+c)}{(b+c)^2}+\frac{b(a+b+c)}{(c+a)^2}+\frac{c(a+b+c)}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{9}{4}$.

Áp dụng BĐT Bunhia, ta có: $\frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2} \geq \frac{1}{3}\left ( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right )^2$.

Theo BĐT Nesbit, ta lại thu được $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}$

$\Rightarrow VT \geq \frac{1}{3}.\left ( \frac{3}{2} \right )^2 + \frac{3}{2} = \frac{9}{4}$.

Vậy ta có đpcm. Đạt được khi $a=b=c$.

[nguyenhuybao06]

Thấy chỗ này sôi nổi quá nên cho mình ké bài của mình ạ:vv

Chứng minh bất đẳng thức sau $$\frac{a}{(b+2c)^2\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{(c+2a)^2\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{(a+2b)^2\sqrt{a^2+3}}\geq\frac{1}{2(a+b+c)}$$

1) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $a^2+b^2+c^2=3$

2) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $ab+bc+ca=3$

3) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $a+b+c=3$

 

[nhancccp]

 

Thấy chỗ này sôi nổi quá nên cho mình ké bài của mình ạ:vv

Chứng minh bất đẳng thức sau $$\frac{a}{(b+2c)^2\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{(c+2a)^2\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{(a+2b)^2\sqrt{a^2+3}}\geq\frac{1}{2(a+b+c)}$$

1) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $a^2+b^2+c^2=3$

2) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $ab+bc+ca=3$

3) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $a+b+c=3$

 

Mình mới tìm được 1 câu cũng khá phức tạp,đăng lên cho mọi người cùng xem :::|
5)Cho các số thực không âm thỏa mãn $(a^2-1)(b^2-1)=1$
Chứng minh rằng  $A=\frac{4a^4+2a^2-6a^2b+3b^2+1}{\sqrt[3]{b^2+16ab-8a^2+6b+1}}+\frac{b^4+10b^2-16a^2b+8a^4+1}{\sqrt[3]{4a^2+10ab-5b^2+6a+1}} \geq 2$

Bài của cao nhân Bảo chắc là sử dụng BĐT cộng mẫu phải chăng ?

 

[nguyenhuybao06]

 

Mình mới tìm được 1 câu cũng khá phức tạp,đăng lên cho mọi người cùng xem :::|
5)Cho các số thực không âm thỏa mãn $(a^2-1)(b^2-1)=1$
Chứng minh rằng  $A=\frac{4a^4+2a^2-6a^2b+3b^2+1}{\sqrt[3]{b^2+16ab-8a^2+6b+1}}+\frac{b^4+10b^2-16a^2b+8a^4+1}{\sqrt[3]{4a^2+10ab-5b^2+6a+1}} \geq 2$

Bài của cao nhân Bảo chắc là sử dụng BĐT cộng mẫu phải chăng ?

 

 

Bài của ông đăng là của anh Quân, chắc dùng đạo hàm rồi. Bài tôi thì cộng mẫu thôi. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhuybao06: 29-11-2023 - 16:26

[HaiDangPham]

BÀI TOÁN 5. Giả sử $ x\geq y \geq z > 0$. Chứng minh $$\frac{x^2y}{z}+ \frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \geq x^2+y^2+z^2.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 03-12-2023 - 07:51

[Duc3290]

BÀI TOÁN 5. Giả sử $ x\geq y \geq z \geq 0$. Chứng minh $$\frac{x^2y}{z}+ \frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \geq x^2+y^2+z^2.$$

\begin{align*}VT-VP &=x^2(\frac{y}{z}-1)+y^2(\frac{z}{x}-1)+z^2(\frac{x}{y}-1) \\ &=\frac{x^2(y-z)}{z}+\frac{y^2(z-x)}{x}+\frac{z^2(x-y)}{y}\\ &\geq\frac{x^2(y-z)}{x}+\frac{y^2(z-x)}{x}+\frac{z^2(x-y)}{x}\\ &=\frac{x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)}{x} \\ &=\frac{(x-y)(x-z)(y-z)}{x}\geq 0 \end{align*}

Do đó $$\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\geq x^2+y^2+z^2 $$

(mà đề bài phải là $x\geq y\geq z>0$ mới đúng chứ)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 03-12-2023 - 07:51

[hanguyen445]

 

Thấy chỗ này sôi nổi quá nên cho mình ké bài của mình ạ:vv

Chứng minh bất đẳng thức sau $$\frac{a}{(b+2c)^2\sqrt{b^2+3}}+\frac{b}{(c+2a)^2\sqrt{c^2+3}}+\frac{c}{(a+2b)^2\sqrt{a^2+3}}\geq\frac{1}{2(a+b+c)}$$

1) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $a^2+b^2+c^2=3$

2) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $ab+bc+ca=3$

3) Với $a,b,c$ là các số thực dương và $a+b+c=3$

 

Trường hợp 1:

Ta có $\frac{a}{(b+2c)^2\sqrt{b^2+3}}=\dfrac{(\dfrac{a}{b+2c})^2}{a\sqrt{b^2+3}}$, biến đổi tương tự với các số hạng còn lại và sử dụng BĐT cauchy-schwarz cho vế trái. Ta có:

$VT\ge P^2.\frac{1}{Q}$ với:

$$P=\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ac)}\ge 1 (**)$$

$$Q=a\sqrt{b^2+3}+b\sqrt{c^2+3}+c\sqrt{a^2+3}=\sum\sqrt{a}\sqrt{ab^2+3a}\le \sqrt{(a+b+c)(ab^2+bc^2+ca^2+3(a+b+c))}$$

Ta lại có $ a^3+ac^2+a^2c\ge 3ac^2$, lập luận tương tự và cộng vế ta có:

$ 3(ab^2+bc^2+ca^2)\le (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=3(a+b+c)\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a+b+c$, hay $Q\le 2(a+b+c) (***)$

Từ (**) và (***), ta suy ra được $VT\ge\dfrac{1}{2(a+b+c)}$. Do đó phép chứng minh hoàn tất.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 02-12-2023 - 10:19

[HaiDangPham]

\begin{align*}VT-VP &=x^2(\frac{y}{z}-1)+y^2(\frac{z}{x}-1)+z^2(\frac{x}{y}-1) \\ &=\frac{x^2(y-z)}{z}+\frac{y^2(z-x)}{x}+\frac{z^2(x-y)}{y}\\ &\geq\frac{x^2(y-z)}{x}+\frac{y^2(z-x)}{x}+\frac{z^2(x-y)}{x}\\ &=\frac{x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)}{x} \\ &=\frac{(x-y)(x-z)(y-z)}{x}\geq 0 \end{align*}

Do đó $$\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\geq x^2+y^2+z^2 $$

(mà đề bài phải là $x\geq y\geq z>0$ mới đúng chứ)

 

Cảm ơn bạn Duc3290 đã góp ý điều kiện bài toán. Mình đã sửa lại. Lời giải bạn cũng rất hay. 

 

Mình đã viết lại Latex cho chứng minh của bạn. Với những chuỗi đánh giá bất đẳng thức dài, ta nên xuống và căn lề để tránh tràn màn hình. Bạn ấn vào Trả lời để xem câu lệnh cụ thể sau nhé:   

\begin{align*} \end{align*}