Chủ đề này có 31 trả lời

[đat]

Cho $a,b,c \ge 0.$
CMR:
${\left( {a + b} \right)^2}{\left( {b + c} \right)^2}{\left( {c + a} \right)^2} \ge abc\left( {a + b + 2c} \right)\left( {a + 2b + c} \right)\left( {2a + b + c} \right).$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi đat: 10-11-2010 - 21:08

[quoctrungtrinh]

Cho $a,b,c \ge 0.$
CMR:
${\left( {a + b} \right)^2}{\left( {b + c} \right)^2}{\left( {c + a} \right)^2} \ge abc\left( {a + b + 2c} \right)\left( {a + 2b + c} \right)\left( {2a + b + c} \right).$

[h.vuong_pdl]

viết lại BDT cần CM:
$\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8abc} \ge \dfrac{(2a+b+c)(2b+c+a)(2c+a+b)}{8(a+b)(b+c)(c+a)}$
trừ 1 2 vế đưa BDT về dạng:
$\dfrac{a(b-c)^2+b(c-a)^2 + c(a-b)^2}{abc} \ge \dfrac{(b+c)(b-c)^2 + (c+a)(c-a)^2 + (a+b)(a-b)^2}{(a+b)(c+a)(b+c)}$
nhận thấy: $\dfrac{1}{bc} \ge \dfrac{1}{(a+b)(a+c)}$ rõ ràng , tường tự ....
từ đó ta dễ thấy ngay đpcm!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 11-11-2010 - 14:31

[NguyThang khtn]

chi co abc thoi chu ko fai la 8abc!

[dark templar]

chi co abc thoi chu ko fai la 8abc!

Bài đó bạn h.vuong_pdl giải đúng rồi đó !!!Ko thấy chia 8 cho mỗi vế àh!!!
Bài này mình dùng cách giải khác :
Do BĐT trên là thuần nhất nên chuẩn hóa $abc=1$
Đặt $a=\dfrac{1}{x},b=\dfrac{1}{y},c=\dfrac{1}{z} \Rightarrow x,y,z>0;xyz=1$
BĐT cần cm tương đương với :
$\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}} \right)^2 \left( {\dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)^2 \left( {\dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{x}} \right)^2 \ge \dfrac{1}{{xyz}}.\left( {\dfrac{2}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)\left( {\dfrac{2}{y} + \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{x}} \right)\left( {\dfrac{2}{z} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{x}} \right)$
$\Leftrightarrow \left( {x + y} \right)^2 \left( {y + z} \right)^2 \left( {z + x} \right)^2 \ge \left( {2xy + yz + zx} \right)\left( {2yz + zx + xy} \right)\left( {2zx + xy + yz} \right)\left( {xyz = 1} \right) $
$\Leftrightarrow \left( {x^2 + \sum {xy} } \right)\left( {y^2 + \sum {xy} } \right)\left( {z^2 + \sum {xy} } \right) \ge \left( {xy + \sum {xy} } \right)\left( {yz + \sum {xy} } \right)\left( {zx + \sum {xy} } \right)$
$\left( {x^2 + \sum {xy} } \right)\left( {y^2 + \sum {xy} } \right) \ge \left( {xy + \sum {xy} } \right)^2 \left( {Cauchy - Schwarz} \right) $
$\left( {y^2 + \sum {xy} } \right)\left( {z^2 + \sum {xy} } \right) \ge \left( {yz + \sum {xy} } \right)^2 $
$\left( {z^2 + \sum {xy} } \right)\left( {x^2 + \sum {xy} } \right) \ge \left( {zx + \sum {xy} } \right)^2 $
$\Rightarrow \left[ {\left( {x^2 + \sum {xy} } \right)\left( {y^2 + \sum {xy} } \right)\left( {z^2 + \sum {xy} } \right)} \right]^2 \ge \left[ {\left( {xy + \sum {xy} } \right)\left( {yz + \sum {xy} } \right)\left( {zx + \sum {xy} } \right)} \right]^2 $
$\Rightarrow dpcm $
P/s:$ \sum xy=xy+yz+zx$
To bboy114crew:Lần sau em nên đọc kỹ bài giải cm của người khác trước khi kết luận nhé!!!!!

[nguyen thai phuc]

Em có cách này, không biết so với cách của anh dark_templa thì có phải là 1 không nhỉ .
bdt cần c/m tương đương với:
$\dfrac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}{{abc}} \ge \dfrac{{\left( {a + b + b + c} \right)\left( {b + c + c + a} \right)\left( {c + a + a + b} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{{\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)}}{{abc}} \ge \dfrac{{2\left( {a + b + c} \right)\left( {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right) + \left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) + \left( {c + a} \right)\left( {a + b} \right)} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{2}{{a + b}} + \dfrac{2}{{b + c}} + \dfrac{2}{{c + a}}$
Cái này thì đơn giản rồi

[đat]

viết lại BDT cần CM:
$\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8abc} \ge \dfrac{(2a+b+c)(2b+c+a)(2c+a+b)}{8(a+b)(b+c)(c+a)}$
trừ 1 2 vế đưa BDT về dạng:
$\dfrac{a(b-c)^2+b(c-a)^2 + c(a-b)^2}{abc} \ge \dfrac{(b+c)(b-c)^2 + (c+a)(c-a)^2 + (a+b)(a-b)^2}{(a+b)(c+a)(b+c)}$
nhận thấy: $\dfrac{1}{bc} \ge \dfrac{1}{(a+b)(a+c)}$ rõ ràng , tường tự ....
từ đó ta dễ thấy ngay đpcm!

Bạn cho mình hỏi nếu giải theo cách của bạn thì dấu bằng xảy ra khi nào ?

[đat]

bài làm của bạn nguyen thai phuc giống mình quá. Ai có cách giải hay post thoải mái nha.

[đat]

Cho $x,y,u,v > 0$. CMR:

$\dfrac{{xy + xu + uy + uv}}{{x + y + u + v}} \ge \dfrac{{xy}}{{x + y}} + \dfrac{{uv}}{{u + v}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi đat: 11-11-2010 - 22:28

[windkiss]

Em có cách này, không biết so với cách của anh dark_templa thì có phải là 1 không nhỉ .
bdt cần c/m tương đương với:
$\dfrac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}{{abc}} \ge \dfrac{{\left( {a + b + b + c} \right)\left( {b + c + c + a} \right)\left( {c + a + a + b} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{{\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)}}{{abc}} \ge \dfrac{{2\left( {a + b + c} \right)\left( {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right) + \left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) + \left( {c + a} \right)\left( {a + b} \right)} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{2}{{a + b}} + \dfrac{2}{{b + c}} + \dfrac{2}{{c + a}}$
Cái này thì đơn giản rồi

Ai CM nốt BDT này hộ em đc ko
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{2}{{a + b}} + \dfrac{2}{{b + c}} + \dfrac{2}{{c + a}}$
(Thông cảm em ngu lâu dốt bền lắm )

[perfectstrong]

Áp dụng bất đẳng thức này vào là ra.
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}$

[NguyThang khtn]

cai nay la BDT co ban ma em vao day ma xem ne:
http://diendantoanho...showtopic=44666

[h.vuong_pdl]

Bạn cho mình hỏi nếu giải theo cách của bạn thì dấu bằng xảy ra khi nào ?

híc, thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c.$
bạn chú ý cho kĩ ở trên, ta phân tích về dạng:
$S_a(b-c)^2 + S_b(c-a)^2 + S_c(a-b)^2 \ge 0$
trong đó: $S_a = \dfrac{1}{bc} - \dfrac{1}{(a+b)(a+c)} > 0$
tượng tự, $S_b = ... > 0 và S_c = ... > 0$
như vậy thì hiển nhiên $S_a(b-c)^2 + S_b(c-a)^2 + S_c(a-b)^2 \ge 0$ đúng!
và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$ chứ không hẳn ladf đẳng thức phải xảy ra ở: $S_a = 0,... \to$ có lẽ bạn hiểu nhầm!

p/s: đây chính là pp S.O.S nhưng để tránh nó => mình đã lách không gọi thẳng => cho lời giải sơ cấp hơn!

[h.vuong_pdl]

Cho $x,y,u,v > 0$. CMR:

$\dfrac{{xy + xu + vy + uv}}{{x + y + u + v}} \ge \dfrac{{xy}}{{x + y}} + \dfrac{{uv}}{{u + v}}$

quy đồng: $xy+xu + uy + yv \ge xy + uv + \dfrac{xy(u+v)}{x+y} + \dfrac{uv(x+y)}{u+v}$
hay: $(xu + vy)(x+y)(u+v) \ge xy(u+v)^2 + uv(x+y)^2$
$\Leftrightarrow (ac+bd)(a+b)(c+d) \ge ab(c+d)^2 + cd(a+b)^2$
$a(c+d)(ac+bc - bc-bd) + d(a+b)(bc+bd - ac-bc) \ge 0$
$\Leftrightarrow (ac-bd)(ac+ad - da-bd) \ge 0$
$\Leftrightarrow (ac-bd)^2 \ge 0$ hiển nhiên đúng!

p/s: thay $x = a, y = b, u= c, v = d$ cho để nhìn + quen thuộc!

[đat]

Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $abc = 1$. CMR:

$\left( {a - 1 + \dfrac{1}{b}} \right)\left( {b - 1 + \dfrac{1}{c}} \right)\left( {c - 1 + \dfrac{1}{a}} \right) \le 1$

[dark templar]

Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $abc = 1$. CMR:

$\left( {a - 1 + \dfrac{1}{b}} \right)\left( {b - 1 + \dfrac{1}{c}} \right)\left( {c - 1 + \dfrac{1}{a}} \right) \le 1$

Đặt $a=\dfrac{x}{y},b=\dfrac{y}{z},c=\dfrac{z}{x} \Rightarrow x,y,z>0$
BĐT tương đương
$\left( {\dfrac{x}{y} - 1 + \dfrac{z}{y}} \right)\left( {\dfrac{y}{z} - 1 + \dfrac{x}{z}} \right)\left( {\dfrac{z}{x} - 1 + \dfrac{y}{x}} \right) \le 1 $
$\Leftrightarrow \left( {x + z - y} \right)\left( {x + y - z} \right)\left( {z + y - x} \right) \le xyz $
$\Leftrightarrow x^3 + y^3 + z^3 + xyz \ge xy\left( {x + y} \right) + yz\left( {y + z} \right) + zx\left( {z + x} \right)\left( {true - Schur} \right)$

[đat]

Cho $a,b,c > 0$
CMR:

$\dfrac{1}{{{a^3} + {b^3} + abc}} + \dfrac{1}{{{b^3} + {c^3} + abc}} + \dfrac{1}{{{c^3} + {a^3} + abc}} \le \dfrac{1}{{abc}}$

[dark templar]

Cho $a,b,c > 0$
CMR:

$\dfrac{1}{{{a^3} + {b^3} + abc}} + \dfrac{1}{{{b^3} + {c^3} + abc}} + \dfrac{1}{{{c^3} + {a^3} + abc}} \le \dfrac{1}{{abc}}$

Áp dụng BĐT $a^3+b^3 \geq ab(a+b) \Rightarrow a^3+b^3+abc \geq ab(a+b+c)$
$ \Rightarrow \dfrac{1}{a^3+b^3+abc} \leq \dfrac{1}{ab(a+b+c)}$
$\sum {\dfrac{1}{{a^3 + b^3 + abc}}} \le \sum {\dfrac{1}{{ab\left( {a + b + c} \right)}}} = \dfrac{1}{{a + b + c}}.\dfrac{{a + b + c}}{{abc}} = \dfrac{1}{{abc}}\left( {dpcm} \right)$
P/s:cho bạn 1 bài để làm này :
Cho $a,b,c>0,a^2+b^2+c^2=3$
CM:$\left( {\dfrac{4}{{a^2 + b^2 }} + 1} \right)\left( {\dfrac{4}{{b^2 + c^2 }} + 1} \right)\left( {\dfrac{4}{{c^2 + a^2 }} + 1} \right) \ge 3\left( {a + b + c} \right)^2 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 12-11-2010 - 21:56

[đat]

Ta có:

$\left( {\dfrac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\dfrac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\dfrac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right) = \dfrac{{64}}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}} + 16\sum {\dfrac{1}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}} + 4\sum {\dfrac{1}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}} + 1$

Dễ dàng CM được

$ \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2}} \right) \le 8 \Rightarrow \dfrac{{64}}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}} \ge 8 \\ $
$ 16\sum {\dfrac{1}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}} \ge 12 \\ $
$4\sum {\dfrac{1}{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}} \ge 6 \\ $
$1 = 1$

Cộng vế với vế ta có $VT \ge 27\$

Mà $VP \le 9\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = 27\$

Suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi đat: 13-11-2010 - 12:18

[dark templar]

Thêm 1 bài nhé:
Cho $a,b,c>0,abc=1, \alpha \geq 1$
CM:$\dfrac{{a^\alpha }}{{b + c}} + \dfrac{{b^\alpha }}{{a + c}} + \dfrac{{c^\alpha }}{{a + b}} \ge \dfrac{3}{2}$