Chủ đề này có 7 trả lời

[Niệm chú]

1 ,$ Cho a, b, c\geq 0$ và abc=1.Chứng minh rằng
$\dfrac{a^{2}+b}{ab(a+b)}+\dfrac{b^{2}+c}{bc(b+c)}+\dfrac{c^{2}+a}{ca(c+a)}\geq{3}$

Cho x, y,z>0 và x+y+z=3.Chứng minh
$\dfrac{x^{2}}{yz(y-2z)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{zx(z-2x)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{xy(x-2y)^{2}}\geq{3}$

[nguyen_ct]

1 ,$ Cho a, b, c\geq 0$ và abc=1.Chứng minh rằng
$\dfrac{a^{2}+b}{ab(a+b)}+\dfrac{b^{2}+c}{bc(b+c)}+\dfrac{c^{2}+a}{ca(c+a)}\geq{3}$

Cho x, y,z>0 và x+y+z=3.Chứng minh
$\dfrac{x^{2}}{yz(y-2z)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{zx(z-2x)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{xy(x-2y)^{2}}\geq{3}$

bài 1
$\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{{a^2} + b}}{{ab(a + b)}}} = \sum\limits_{cyc} {\dfrac{a}{{ab + {b^2}}}} + \sum\limits_{cyc} {\dfrac{1}{{{a^2} + ab}}} $
theo BDT hoán vị thì $\sum\limits_{cyc} {\dfrac{1}{{{a^2} + ab}}} \ge \sum\limits_{cyc} {\dfrac{1}{{ab + ac}}} \ge \dfrac{9}{{2(ab + bc + ca)}}$
đặt $a = \dfrac{1}{x};b = \dfrac{1}{y};c = \dfrac{1}{z}$
--->$VT\geq \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{{y^2}}}{{x + y}}} + \dfrac{9}{{2(x + y + z)}} \ge \dfrac{{x + y + z}}{2} + \dfrac{9}{{2(x + y + z)}} \ge 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen_ct: 01-06-2009 - 16:41

[Toanlc_gift]

1 ,$ Cho a, b, c\geq 0$ và abc=1.Chứng minh rằng
$\dfrac{a^{2}+b}{ab(a+b)}+\dfrac{b^{2}+c}{bc(b+c)}+\dfrac{c^{2}+a}{ca(c+a)}\geq{3}$

Cho x, y,z>0 và x+y+z=3.Chứng minh
$\dfrac{x^{2}}{yz(y-2z)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{zx(z-2x)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{xy(x-2y)^{2}}\geq{3}$

1: đặt $a= \dfrac{x}{y};b= \dfrac{y}{z} ;c=\dfrac{z}{x}$
bdt trở thành:
$\dfrac{{{x^3} + {z^2}y}}{{{x^3} + xyz}} + \dfrac{{{y^3} + {x^2}z}}{{{y^3} + xyz}} + \dfrac{{{z^3} + {y^2}x}}{{{z^3} + xyz}} \ge 3$
tương đương với:
$\Leftrightarrow \dfrac{{zy(z - x)}}{{{x^3} + xyz}} + \dfrac{{xz(x - y)}}{{{y^3} + xyz}} + \dfrac{{xy(y - z)}}{{{z^3} + xyz}} \ge 0$
$\Leftrightarrow (x - y)\left( {\dfrac{{xz}}{{{y^3} + xyz}} - \dfrac{{zy}}{{{x^3} + xyz}}} \right) + (y - z)\left( {\dfrac{{xy}}{{{z^3} + xyz}} - \dfrac{{zy}}{{{x^3} + xyz}}} \right) \ge 0$
$\Leftrightarrow {(x - y)^2}\left[ {\dfrac{{z\left( {xyz + (x + y)({x^2} + {y^2})} \right)}}{{({x^3} + xyz)({y^3} + xyz)}}} \right] + (y - z)(x - z)\left[ {\dfrac{{y\left( {xyz + (x + z)({x^2} + {z^2})} \right)}}{{({z^3} + xyz)({x^3} + xyz)}}} \right] \ge 0$(đúng với giả thiết $z = \min \{ x;y;z\}$
he he,lâu không xài bán shur,bán SOS mà dạo này lên tay phết
2:
$VT = \sum {\dfrac{{{x^2}y}}{{z{{\left( {y(2z - y)} \right)}^2}}}} \ge \sum {\dfrac{{{x^2}y}}{{z{{\left( {\dfrac{{2z}}{2}} \right)}^4}}}} = \sum {\dfrac{{{x^2}y}}{{{z^5}}}} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{x^3}{y^3}{z^3}}}{{{x^5}{y^5}{z^5}}}}} = \dfrac{3}{{\sqrt[3]{{{x^2}{y^2}{z^2}}}}} \ge 3$(vì $xyz \le 1$)

p/s: hình như lơi giải bài 1 của nguyen_ct là sai rồi thì phải

[nguyen_ct]

thế ah` mình có thấy sai đâu (nếu sai ở đó thì sửa rùi )

[Toanlc_gift]

thế ah` mình có thấy sai đâu (nếu sai ở đó thì sửa rùi )

chả sai đấy thôi,biểu thức không đối xứng mà bạn xài bđt hoán vị mà lại không sai à ,nhưng chỗ đó lại may mắn cho bạn là
bđt $\sum {\dfrac{1}{{a(a + b)}}} \ge \dfrac{9}{{ab + bc + ca}}$thì lại đúng ,không có bđt:
$\sum {\dfrac{1}{{a(a + b)}}} \ge \sum {\dfrac{1}{{a(b + c)}}} $được đâu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toanlc_gift: 01-06-2009 - 17:56

[nguyen_ct]

chả sai đấy thôi,biểu thức không đối xứng mà bạn xài bđt hoán vị mà lại không sai à ,nhưng chỗ đó lại may mắn cho bạn là
bđt $\sum {\dfrac{1}{{a(a + b)}}} \ge \dfrac{9}{{ab + bc + ca}}$thì lại đúng ,không có bđt:
$\sum {\dfrac{1}{{a(a + b)}}} \ge \sum {\dfrac{1}{{a(b + c)}}} $được đâu

$\sum {\dfrac{1}{{a(a + b)}}} \ge \sum {\dfrac{1}{{a(b + c)}}} $
đặt $1/a=x;1/(a+b)=A;1/b=y;1/(b+c)=B;1/c=z;1/(c+a)=C$
BDT trên viết lại
$xA+yB+zC \geq xB+zA+yC(1) $
giả sử c min --->(1)<-->$F=x(A-B)+y(B-C)+x(C-A) \geq 0$
mặt# $C-A \geq 0-->z(C-A) \geq x(C-A)$
$F\geq (y-x)(B-C)=\dfrac{(a-b)^2}{ab(b+c)(c+a)}\geq 0 $
bạn xem lại xem đúng chưa

[nguyen xuan huy]

Hai bài toán hay quá,mình cũng xin đóng góp 1 bài cho vui,các bạn cùng nhau giải nhé!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn$ab + bc + ca = 3$,chứng minh bất đẳng thức sau đây:
$\dfrac{{(3a^2 + abc)^2 }}{{3b + 1}} + \dfrac{{(3b^2 + abc)^2 }}{{3c + 1}} + \dfrac{{(3c^2 + abc)^2 }}{{3a + 1}} \ge 12$.

[huy11T]

bài này mình chưa làm nhưng theo mình là dùng Schwarz cộng mẫu
sau đó dùng pqr chắc ổn