Chủ đề này có 39 trả lời

[nguyenhuybao06]

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.

Bạn thử 2 câu còn lại đi ạ. 

[HaiDangPham]

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

 

Lời giải khác cho bài toán trên như sau. 

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $$\left( \frac{x^2y}{z}+ \frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \right). \left( \frac{x^2z}{y}+ \frac{y^2x}{z}+\frac{z^2y}{x} \right) \geq (x^2+y^2+z^2)^2.$$ 

Mặt khác vì $x \geq y \geq z$ nên $$ \frac{x^2y}{z}+ \frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} - \frac{x^2z}{y} - \frac{y^2x}{z} - \frac{z^2y}{x}=\frac{(xy+yz+zx)(x-y)(x-z)(y-z)}{xyz} \geq 0.$$ Từ đó ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$. 

[HaiDangPham]

BÀI TOÁN 6. Giả sử $x, y, z \geq 1$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2$. Chứng minh $$\sqrt{x+y+z} \geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}.$$      

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 10-12-2023 - 10:32

[fanmu20nam]

BÀI TOÁN 6. Giả sử $x, y, z \geq 1$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2$. Chứng minh $$\sqrt{x+y+z} \geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}.$$      

Áp dụng BĐT Bunhia vào $VP$, ta có:

$VP=\frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x}}.\sqrt{x}+\frac{\sqrt{y-1}}{\sqrt{y}}.\sqrt{y}+\frac{\sqrt{z-1}}{\sqrt{z}}.\sqrt{z}$

$\leq \sqrt{\left ( \frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z} \right )\left ( x+y+z \right )} $

$=\sqrt{x+y+z}.\sqrt{3-\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right )}=\sqrt{x+y+z}$.

Vậy ta có đpcm. Đạt được khi $x=y=z=\frac{3}{2}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 10-12-2023 - 16:16

[hanguyen445]

BÀI TOÁN 6. Giả sử $x, y, z \geq 1$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2$. Chứng minh $$\sqrt{x+y+z} \geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}.$$      

Biến đổi và sử dụng BĐT cauchy-schwarz ta có  $\frac{1}{x}=2\Leftrightarrow \sum\frac{x-1}{x}=1\ge\dfrac{ (\sum\sqrt{x-1})^2}{x+y+z}$

Hay $\sqrt{x+y+z}\ge\sum\sqrt{x-1}$. Do đó phép chứng minh hoàn tất.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 10-12-2023 - 15:43

[nguyenhuybao06]

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

Cho các số thực dương $a,b,c$ và số thực không âm $k$. Chứng minh rằng với mọi $a^{2k}+b^{2k}+c^{2k}=3$ thì ta có $$\left( \frac{ab}{c}\right)^{k}+\left( \frac{bc}{a}\right)^{k}+\left( \frac{ca}{b}\right)^{k}\geq3. $$

Chú ý rằng trường hợp $k=0$ thì đẳng thức xảy ra với mọi $a,b,c$. 

[hanguyen445]

 

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

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

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

 

Trường hợp số 3: Biến đổi  và kết hợp với sử dụng BĐT cauchy-schwarz ta có

$$VT=\sum (\frac{a}{b+2c})^2.\frac{1}{a\sqrt{b^2+3}}\ge (\sum\frac{a}{b+2c})^2.\frac{1}{\sum a\sqrt{b^2+3}}$$

Và

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

$$\sum a\sqrt{b^2+3}\le\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)}$$

Do đó ta suy ra được $VT\ge\frac{9}{(ab+bc+ac)^2 \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)}}$. Hơn nữa ta lại có

$$M=4^4(ab+bc+ac)^4.4(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)\le (\frac{16(ab+bc+ac)+5(a^2+b^2+c^2+9)}{6})^6$$

Ta lại có $16(ab+bc+ac)+5(a^2+b^2+c^2)+9\le 7(a+b+c)^2+9=72$.

Suy ra $(ab+bc+ac)^2 \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)}\le 54$.

 

Như vậy thì $VT\ge\frac{9}{54}=\frac{1}{6}=\frac{1}{2(a+b+c)}$. Do đó phép chứng minh hoàn tất.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 11-12-2023 - 17:18

[hanguyen445]

 

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

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

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

 

 

Trường hợp số 2: Biến đổi  và kết hợp với sử dụng BĐT cauchy-schwarz ta có

 

$$VT=\sum (\frac{a}{b+2c})^2.\frac{1}{a\sqrt{b^2+3}}\ge (\sum\frac{a}{b+2c})^2.\frac{1}{\sum a\sqrt{b^2+3}}$$

 

Và

 

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

 

$$\sum a\sqrt{b^2+3}\le\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)}$$

 

Do đó ta suy ra được $VT\ge\frac{(a+b+c)^4}{(ab+bc+ac)^2 \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)}}$. 

Đặt $M=(ab+bc+ac)^3(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)$, hơn nữa ta lại có:

 

$$4^3(ab+bc+ac)^3.4(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)\le (\frac{12(ab+bc+ac)+5(a^2+b^2+c^2+9)}{5})^5$$

 

Có  $12(ab+bc+ac)+5(a^2+b^2+c^2)+9\le \dfrac{20}{3}(a+b+c)^2$. Suy ra $M\le\frac{4}{3^5}(a+b+c)^{10}$

Suy ra $ (ab+bc+ac)^2\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)}=\sqrt{(ab+bc+ac).M}\le\frac{2}{9}(a+b+c)^5$

 

Do đó ta suy ra được $VT\ge\frac{(a+b+c)^4}{2(a+b+c)^5}$. Hay $VT\ge\frac{1}{2(a+b+c)}$.

Như vậy phép chứng minh hoàn tất.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 11-12-2023 - 19:48

[fanmu20nam]

 

Cho các số thực dương $a,b,c$ và số thực không âm $k$. Chứng minh rằng với mọi $a^{2k}+b^{2k}+c^{2k}=3$ thì ta có $$\left( \frac{ab}{c}\right)^{k}+\left( \frac{bc}{a}\right)^{k}+\left( \frac{ca}{b}\right)^{k}\geq3. $$

Chú ý rằng trường hợp $k=0$ thì đẳng thức xảy ra với mọi $a,b,c$. 

 

Với $k=0$, ta có: $VT=\left ( \frac{ab}{c} \right )^0+\left ( \frac{bc}{a} \right )^0+\left ( \frac{ca}{b} \right )^0=1+1+1=3=VP$ (Luôn đúng).

Với $k>0$, ta có: $VT^2\geq 3\left (\left ( \frac{ab}{c} \right )^k.\left ( \frac{bc}{a} \right )^k+ \left ( \frac{bc}{a} \right )^k.\left ( \frac{ca}{b} \right )^k+\left ( \frac{ca}{b} \right )^k.\left ( \frac{ab}{c} \right )^k \right )=3\left ( a^{2k}+b^{2k}+c^{2k} \right )=9$
$\Rightarrow VT \geq 3$ hay ta có đpcm.

[nguyenhuybao06]

 

 

$$\sum a\sqrt{b^2+3}\le\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+9)}$$

 

 

Thật ra ở vị trí này có thể làm như thế này $$\sum a\sqrt{b^2+3}=\sum a\sqrt{b^2+ab+bc+ca}=\sum a\sqrt{(b+c)(b+a)}$$

Sau đó AM-GM là ra. 

[HaiDangPham]

BÀI TOÁN 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$S=\frac{3a}{b+c}+\frac{4b}{a+c}+\frac{5c}{a+b}.$$

[hanguyen445]

BÀI TOÁN 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$S=\frac{3a}{b+c}+\frac{4b}{a+c}+\frac{5c}{a+b}.$$

Biến đổi S và kết hợp với sử dụng BĐT Cauchy-Shwarz ta có

$S+12=(a+b+c)(\frac{3}{b+c}+\frac{4}{a+c}+\frac{5}{a+b})$

$\geq (a+b+c)\frac{(2+\sqrt{3}+\sqrt{5})^2}{2(a+b+c)}=\frac{(2+\sqrt{3}+\sqrt{5})^2}{2}$ 

Hay $S\ge\frac{(2+\sqrt{3}+\sqrt{5})^2}{2}-12$. Do đó $Min S =\frac{(2+\sqrt{3}+\sqrt{5})^2}{2}-12$. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 15-12-2023 - 12:52

[HaiDangPham]

Hay $S\ge\frac{(2+\sqrt{3}+\sqrt{5})^2}{2}-12$. Do đó $Min S =\frac{(2+\sqrt{3}+\sqrt{5})^2}{2}-12$. 

 

Ở đây, ta cần thêm bước chỉ ra giá trị của $a, b, c$ để dấu đẳng thức xảy ra từ đó mới khẳng định được giá trị nhỏ nhất của $S$, cụ thể  $$a=\frac{2-\sqrt{3}+\sqrt{5}}{2},  b=\frac{-2+\sqrt{3}+\sqrt{5}}{2}, c=\frac{2+\sqrt{3}-\sqrt{5}}{2}.$$

Cảm ơn lời giải của bạn hanguyen445.

[HaiDangPham]

BÀI TOÁN 8. Với $a, b, c,  m, n, p, x, y, z$ là các số thực dương chứng minh rằng $$(a^3+b^3+c^3) (m^3+n^3+p^3) (x^3+y^3+z^3) \geq (amx+bny+cpz)^3$$

Đây là Bất đẳng thức Holder cho 3 dãy. Diễn đàn đã có chứng minh tại đây, tuy nhiên thì bạn nào chưa biết bất đẳng thức này có thể thử tự tìm cách giải. Gợi ý: sử dụng AM-GM. 

 

BÀI TOÁN 9. Với $a, b, c$ là các số thực dương chứng minh rằng 

a) $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \geq 1$

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 16-12-2023 - 17:54

[hanguyen445]

BÀI TOÁN 8. Với $a, b, c,  m, n, p, x, y, z$ là các số thực dương chứng minh rằng $$(a^3+b^3+c^3) (m^3+n^3+p^3) (x^3+y^3+z^3) \geq (amx+bny+cpz)^3$$

Đây là Bất đẳng thức Holder cho 3 dãy. Diễn đàn đã có chứng minh tại đây, tuy nhiên thì bạn nào chưa biết bất đẳng thức này có thể thử tự tìm cách giải. Gợi ý: sử dụng AM-GM. 

 

BÀI TOÁN 9. Với $a, b, c$ là các số thực dương chứng minh rằng 

a) $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \geq 1$

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

Bài toán 9 a: 

Đặt $P=\sum\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}$. Sử BĐT cauchy-schwarz ta có

$$P=\sum \frac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}\ge\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{a(a^3+8abc)}}\ge\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(\sum(a^3+8abc)}}$$

Lại có

 

$\sum a(a^2+8bc)=a^3+b^3+c^3+24abc$

 

$=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)+27abc$

 

$\le (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)+3(a+b+c)(ab+bc+ac)=(a+b+c)^3$.

 

Do đó ta suy ra được $P\ge\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$. Hoàn tất chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 18-12-2023 - 15:15

[hanguyen445]

BÀI TOÁN 8. Với $a, b, c,  m, n, p, x, y, z$ là các số thực dương chứng minh rằng $$(a^3+b^3+c^3) (m^3+n^3+p^3) (x^3+y^3+z^3) \geq (amx+bny+cpz)^3$$

Đây là Bất đẳng thức Holder cho 3 dãy. Diễn đàn đã có chứng minh tại đây, tuy nhiên thì bạn nào chưa biết bất đẳng thức này có thể thử tự tìm cách giải. Gợi ý: sử dụng AM-GM. 

 

BÀI TOÁN 9. Với $a, b, c$ là các số thực dương chứng minh rằng 

b) $P=\frac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}+\frac{b}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}+\frac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}} \geq \sqrt{3}$

Bài toán 9b: Sử dụng BĐT cauchy-schwarz ta có

$P=\sum\frac{a^2}{\sqrt{a(2ab^2+2ac^2-a^3)}}\ge\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)T}}$ với $T=\sum (2ab^2+2ac^2-a^3)$

Lại có $T=\sum 2(a+b+c)(ab+bc+ac)-a^3-b^3-c^3-6abc$ và sử dụng BĐT schur ta có $ a^3+b^3+c^3+3abc\ge\sum ab(a+b)$

Do đó suy ra $T\le 2(a+b+c)(ab+bc+ac)-(a+b+c)(ab+bc+ac)=(a+b+c)(ab+bc+ac)\le\frac{(a+b+c)^3}{3}$.

Như vậy thì $P\ge \sqrt{3}$. Phép chứng minh hoàn tất.

Chú ý: Để bất đẳng thức xảy ra thì ta cần thêm điều kiện $Min (b^2+c^2-a^2/2; a^2+c^2-b^2/2; a^2+b^2-c^2/2)>0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 18-12-2023 - 15:52

[nguyenhuybao06]

 

BÀI TOÁN 9. Với $a, b, c$ là các số thực dương chứng minh rằng 

a) $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \geq 1$

 

Bài này có thể làm chặt hơn.

Với $a, b, c$ là các số thực dương chứng minh rằng

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhuybao06: 30-12-2023 - 18:34

[nguyenhuybao06]

Cho các số thực không âm $a,b,c,d$. Chứng minh rằng $$\sum_{sym}a^3+6\sum_{sym}abc\geq\sum_{sym}ab(a+b).$$

[thvn]

BÀI TOÁN 8. Với $a, b, c,  m, n, p, x, y, z$ là các số thực dương chứng minh rằng $$(a^3+b^3+c^3) (m^3+n^3+p^3) (x^3+y^3+z^3) \geq (amx+bny+cpz)^3$$

Đây là Bất đẳng thức Holder cho 3 dãy. Diễn đàn đã có chứng minh tại đây, tuy nhiên thì bạn nào chưa biết bất đẳng thức này có thể thử tự tìm cách giải. Gợi ý: sử dụng AM-GM. 

 

BÀI TOÁN 9. Với $a, b, c$ là các số thực dương chứng minh rằng 

a) $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \geq 1$

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

 

Gặp lại cố nhân: bài toán trong đề thi IMO 2001 tại Mỹ – Ngày thi thứ nhất 

[nguyenhuybao06]

BÀI TOÁN 8. Với $a, b, c,  m, n, p, x, y, z$ là các số thực dương chứng minh rằng $$(a^3+b^3+c^3) (m^3+n^3+p^3) (x^3+y^3+z^3) \geq (amx+bny+cpz)^3$$

Đây là Bất đẳng thức Holder cho 3 dãy. Diễn đàn đã có chứng minh tại đây, tuy nhiên thì bạn nào chưa biết bất đẳng thức này có thể thử tự tìm cách giải. Gợi ý: sử dụng AM-GM. 

 

BÀI TOÁN 9. Với $a, b, c$ là các số thực dương chứng minh rằng 

a) $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \geq 1$

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

Bài 8a có một cách khác là đổi biến $a=x^3, b=y^3, c=z^3$...