Chủ đề này có 14 trả lời

[Giang1994]

Cho các só thực dương a,b,c. Chứng minh
$ \dfrac{ a^{2} }{b}+ \dfrac{ b^{2} }{c}+ \dfrac{ c^{2} }{a} \geq a+b+c+ \dfrac{ 4(a-b)^{2} }{a+b+c} $

[tuan101293]

chú ý
$\dfrac{a^2}{b}+b-2a=\dfrac{(a-b)^2}{b}$
suy ra $VT=\sum_{cyc}\dfrac{a^2}{b}-a-b-c=\dfrac{(a-b)^2}{b}+\dfrac{(b-c)^2}{c}+\dfrac{(c-a)^2}{a}\ge \dfrac{(a-b)^2}{b}+\dfrac{(b-a)^2}{c+a}\ge (b-a)^2(\dfrac{4}{a+b+c})=VP$
ĐPCM

[Giang1994]

một bài nữa nè
chưng minh với mọi a, b, c không âm ta có
$ \sum\dfrac{a(b+c)}{b^{2}+bc+c^{2}} \geq 2$

[tuan101293]

một bài nữa nè
chưng minh với mọi a, b, c không âm ta có
$ \sum\dfrac{a(b+c)}{b^{2}+bc+c^{2}} \geq 2$

Bài này thì hay nhưng mà cũ lắm rồi
ý tưởng chỉ là côsi +svac (hack!!! )
$(b^2+bc+c^2)(ab+bc+ca)\le \dfrac{(b+c)^2(a+b+c)^2}{4}$

[Giang1994]

A ơi! A làm chi tiết chút được không? em vẫn còn non choẹt mà!

[tuan101293]

Thế này nhé
xài cái kia thì suy ra ta sẽ CM
$\sum \dfrac{4a(b+c)(ab+bc+ca)}{(b+c)^2(a+b+c)^2}\ge 2$
tương đương $\sum \dfrac{2a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2}\ge 1$
tương đương $\sum \dfrac{a}{b+c}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)} $
(đugs theo svac)

[Giang1994]

Thế này nhé
xài cái kia thì suy ra ta sẽ CM
$\sum \dfrac{4a(b+c)(ab+bc+ca)}{(b+c)^2(a+b+c)^2}\ge 2$
tương đương $\sum \dfrac{2a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2}\ge 1$
tương đương $\sum \dfrac{a}{b+c}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)} $
(đugs theo svac)

A ơi! sử dụng bất đẳng thức đầu thì em dùng được rồi, nhưng chứng minh nó thế nào vậy?
à mà nhân tiện anh với các bạn chém giúp em mấy bài này nữa( giải chi tiết nhé) cảm ơn nhiều nha!
1. cho các số thực dương a,b,c $\in [-1,1]$ thỏa mãn ab+bc+ca=1.
CmR:
$ \sum \dfrac{a^{2}+b^{2}}{(1-a^{2})(1-b^{2})} \geq \dfrac{9}{2} $
2. với a,b,c không âm. CmR:
$\sum \dfrac{1}{a} \geq \sum \dfrac{a+b}{c^{2}+ab}$
3. cho các số thực$ a,b,c \geq \dfrac{-3}{4}$ và a+b+c=1. CmR:
$\sum \dfrac{a}{1+a^{2}} \leq \dfrac{9}{10}$
4.cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c+1=4abc. CmR:
$ab+bc+ca \geq a+b+c$
5. cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác. CmR:
$4a^{2}b^{2}c^{2}\qeq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^{3}+b^{3}+c^{3}+abc)$

[tuan101293]

A ơi! sử dụng bất đẳng thức đầu thì em dùng được rồi, nhưng chứng minh nó thế nào vậy?
à mà nhân tiện anh với các bạn chém giúp em mấy bài này nữa( giải chi tiết nhé) cảm ơn nhiều nha!
1. cho các số thực dương a,b,c $\in [-1,1]$ thỏa mãn ab+bc+ca=1.
CmR:
$ \sum \dfrac{a^{2}+b^{2}}{(1-a^{2})(1-b^{2})} \geq \dfrac{9}{2} $
2. với a,b,c không âm. CmR:
$\sum \dfrac{1}{a} \geq \sum \dfrac{a+b}{c^{2}+ab}$
3. cho các số thực$ a,b,c \geq \dfrac{-3}{4}$ và a+b+c=1. CmR:
$\sum \dfrac{a}{1+a^{2}} \leq \dfrac{9}{10}$
4.cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c+1=4abc. CmR:
$ab+bc+ca \geq a+b+c$
5. cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác. CmR:
$4a^{2}b^{2}c^{2}\qeq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^{3}+b^{3}+c^{3}+abc)$

**************
bài đó thì thế này
theo côsi ta có $4(b^2+bc+c^2)(ab+bc+ca)\le (ab+bc+ca+b^2+bc+c^2)^2=((b+c)(a+b+c))^2$ (phân tích )
**************
chém luôn mấy bài sau nhé
1,dễ dàng CM được a,b,c cùng dấu (nếu ko sẽ có 1 số chui ra ngoài khoảng [-1,1])
ta có $(1-a^2)(1-b^2)\ge (1-ab)^2 (cauchy)=(bc+ca)^2=c^2(a+b)^2$
nên $VT\ge \sum \dfrac{(a^2+b^2)}{c^2(a+b)^2}\ge \sum \dfrac{1}{2c^2}\ge \sum \dfrac{1}{2ab}\ge \dfrac{9}{2(ab+bc+ca)}=\dfrac{9}{2}$
ĐPCM
2,bdt tương đương
$\sum \dfrac{(c-a)(c-b)}{c^3+abc}\ge 0$
giả sử $a\ge b\ge c$
suy ra $\dfrac{1}{c^3+abc}\ge \dfrac{1}{b^3+abc}$
sử dụng tiêu chuẩn vorni schur ta có ngay đpcm
3,đặt $f(x)=\dfrac{a}{1+a^2}$ có $f'(x)=\dfrac{1-a^2}{(1+a^2)^2}$
TH1: nếu có 2 số âm,1 số dương ,giả sử c>0;a,b<0 suy ra c>1 nên $A\le \dfrac{1}{2}+0+0<\dfrac{9}{10} $
TH2: nếu có 2 dương, 1 số âm thì tương tự
TH3: nếu cả 3 số cùng dương thì
$VT\le \sum\dfrac{a}{\dfrac{8}{9}+\dfrac{2a}{3}}\le \sum \dfrac{9a}{6a+8}=A$
ta sẽ Cm$A\le \dfrac{9}{10}$
tương đương $\sum \dfrac{1}{3a+2}\ge 1$ (đúng theo svac)
4,đặt $a=\dfrac{1}{2x},......$ thì $xy+yz+zx+2xyz=1$
nên tồn tại a,b,c(khác a,b,c ban đầu )mà $x=\dfrac{a}{b+c},y=\dfrac{b}{c+a},z=\dfrac{c}{a+b}$
nên ta cần CM $\sum \dfrac{(c+a)(c+b)}{2b*2c}\ge \sum \dfrac{a+b}{2c}$
tức là $\sum a(a+b)(a+c)\ge \sum 2ab(a+b)$ (đúng theo schur)
5,bdt tương đương
$\dfrac{abc}{\prod (a+b-c)}\ge \dfrac{a^3+b^3+c^3+abc}{4abc}$
tương đương (trử 2 vế cho 1)
$\dfrac{\sum a(a-b)(a-c)}{\prod (a+b-c)}\ge \dfrac{(a+b+c)(\sum (a-b)(a-c))}{4abc}$
tương đương
$\sum (a-b)(a-c)(\dfrac{a}{\prod (a+b-c)}-\dfrac{\sum a}{4abc})$
giả sử $a\ge b\ge c$
ta thấy bdt đúng theo vorni schur
đpcm

[Giang1994]

**************
bài đó thì thế này
theo côsi ta có $4(b^2+bc+c^2)(ab+bc+ca)\le (ab+bc+ca+b^2+bc+c^2)^2=((b+c)(a+b+c))^2$ (phân tích )
**************
chém luôn mấy bài sau nhé
1,dễ dàng CM được a,b,c cùng dấu (nếu ko sẽ có 1 số chui ra ngoài khoảng [-1,1])
ta có $(1-a^2)(1-b^2)\ge (1-ab)^2 (cauchy)=(bc+ca)^2=c^2(a+b)^2$
nên $VT\ge \sum \dfrac{(a^2+b^2)}{c^2(a+b)^2}\ge \sum \dfrac{1}{2c^2}\ge \sum \dfrac{1}{2ab}\ge \dfrac{9}{2(ab+bc+ca)}=\dfrac{9}{2}$
ĐPCM
2,bdt tương đương
$\sum \dfrac{(c-a)(c-b)}{c^3+abc}\ge 0$
giả sử $a\ge b\ge c$
suy ra $\dfrac{1}{c^3+abc}\ge \dfrac{1}{b^3+abc}$
sử dụng tiêu chuẩn vorni schur ta có ngay đpcm
3,đặt $f(x)=\dfrac{a}{1+a^2}$ có $f'(x)=\dfrac{1-a^2}{(1+a^2)^2}$
TH1: nếu có 2 số âm,1 số dương ,giả sử c>0;a,b<0 suy ra c>1 nên $A\le \dfrac{1}{2}+0+0<\dfrac{9}{10} $
TH2: nếu có 2 dương, 1 số âm thì tương tự
TH3: nếu cả 3 số cùng dương thì
$VT\le \sum\dfrac{a}{\dfrac{8}{9}+\dfrac{2a}{3}}\le \sum \dfrac{9a}{6a+8}=A$
ta sẽ Cm$A\le \dfrac{9}{10}$
tương đương $\sum \dfrac{1}{3a+2}\ge 1$ (đúng theo svac)
4,đặt $a=\dfrac{1}{2x},......$ thì $xy+yz+zx+2xyz=1$
nên tồn tại a,b,c(khác a,b,c ban đầu )mà $x=\dfrac{a}{b+c},y=\dfrac{b}{c+a},z=\dfrac{c}{a+b}$
nên ta cần CM $\sum \dfrac{(c+a)(c+b)}{2b*2c}\ge \sum \dfrac{a+b}{2c}$
tức là $\sum a(a+b)(a+c)\ge \sum 2ab(a+b)$ (đúng theo schur)
5,bdt tương đương
$\dfrac{abc}{\prod (a+b-c)}\ge \dfrac{a^3+b^3+c^3+abc}{4abc}$
tương đương (trử 2 vế cho 1)
$\dfrac{\sum a(a-b)(a-c)}{\prod (a+b-c)}\ge \dfrac{(a+b+c)(\sum (a-b)(a-c))}{4abc}$
tương đương
$\sum (a-b)(a-c)(\dfrac{a}{\prod (a+b-c)}-\dfrac{\sum a}{4abc})$
giả sử $a\ge b\ge c$
ta thấy bdt đúng theo vorni schur
đpcm

một đao mà anh chém hết rồi! viện binh đây ,mấy thằng này em thấy giỏi võ lắm( tạm hiểu là rối mắt)
1. cho tam giác ABC với các góc đều nhọn. CmR:
$ \sqrt[3]{4^{sinA+sinB+sinC}}+ \sqrt[3]{2^{tan A+tanB+tanC}} \geq 2^{1+ \dfrac{ \pi }{2}}$
2. cho a,b,c không âm tm a+b+c=1. CmR:
$\sum \sqrt{ \dfrac{a}{a^{2}+bc} } \geq2 \sqrt{2}$
à mà ai có bài nào góp vui không vậy

[dark templar]

một đao mà anh chém hết rồi! viện binh đây ,mấy thằng này em thấy giỏi võ lắm( tạm hiểu là rối mắt)
1. cho tam giác ABC với các góc đều nhọn. CmR:
$ \sqrt[3]{4^{sinA+sinB+sinC}}+ \sqrt[3]{2^{tan A+tanB+tanC}} \geq 2^{1+ \dfrac{ \pi }{2}}$

Bài 1 trước nhé Mình nghĩ đề phải là dấu lớn hơn
Ta có :
$VT = 2^{\dfrac{2}{3}\sum {\sin A} } + 2^{\dfrac{{\sum {\tan A} }}{3}} $
Xét hàm số $f\left( x \right) = 2^x \left( {x > 0} \right) $
$f'\left( x \right) = 2^x \ln 2 > 0,\forall x > 0 $
$f''\left( x \right) = 2^x \ln ^2 2 > 0,\forall x > 0 $
Áp dụng ngay BĐT Jensen,ta có:
$VT = f\left( {\dfrac{2}{3}\sum {\sin A} } \right) + f\left( {\dfrac{{\sum {\tan A} }}{3}} \right) \ge 2f\left( {\dfrac{{2\sum {\sin A} + \sum {\tan A} }}{6}} \right) = 2^{\dfrac{{2\sum {\sin A} + \sum {\tan A} }}{6} + 1} $
Xét tiếp hàm số $h\left( x \right) = 2\tan x + \sin x\left( {0 < x < \dfrac{\pi }{2}} \right)$/Đặt $t = \sin x\left( {0 < t < 1} \right)$ thì hàm số $h(x)$ trở thành hàm $h\left( t \right) = \dfrac{{2t}}{{\sqrt {1 - t^2 } }} + t\left( {0 < t < 1} \right) $
$h'\left( t \right) = \dfrac{{2\sqrt {1 - t^2 } + \dfrac{{2t^2 }}{{\sqrt {1 - t^2 } }}}}{{1 - t^2 }} + 1 = \dfrac{2}{{\sqrt {\left( {1 - t^2 } \right)^3 } }} + 1 > 0,\forall t \in \left( {0;1} \right) $
$h''\left( t \right) = \dfrac{{6t\sqrt {1 - t^2 } }}{{\left( {1 - t^2 } \right)^3 }} > 0,\forall t \in \left( {0;1} \right) $
Áp dụng 1 lần nữa BĐT Jensen,ta có:
$2\sum {\sin A} + \sum {\tan A} = h\left( A \right) + h\left( B \right) + h\left( C \right) \ge 3h\left( {\dfrac{{A + B + C}}{3}} \right) = 3h\left( {\dfrac{\pi }{3}} \right) = 18\sqrt 3 $
$\Rightarrow 2^{\dfrac{{2\sum {\sin A} + \sum {\tan A} }}{6} + 1} \ge 2^{3\sqrt 3 + 1} \Rightarrow VT \ge 2^{3\sqrt 3 + 1} >VP $
$\Rightarrow Q.E.D $
---------------------------------------------------------
P/s:Mình cho bạn 1 bài làm thử nhé :
Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn,ta luôn có:$\cos A + \cos B + \cos C \le \sqrt {\sin ^2 A + \sin ^2 B + \sin ^2 C}$

[Giang1994]

bài này dùng jensen thôi đúng không?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Giang1994: 21-02-2011 - 12:03

[Giang1994]

**************
bài đó thì thế này
theo côsi ta có $4(b^2+bc+c^2)(ab+bc+ca)\le (ab+bc+ca+b^2+bc+c^2)^2=((b+c)(a+b+c))^2$ (phân tích )
**************
chém luôn mấy bài sau nhé
1,dễ dàng CM được a,b,c cùng dấu (nếu ko sẽ có 1 số chui ra ngoài khoảng [-1,1])
ta có $(1-a^2)(1-b^2)\ge (1-ab)^2 (cauchy)=(bc+ca)^2=c^2(a+b)^2$
nên $VT\ge \sum \dfrac{(a^2+b^2)}{c^2(a+b)^2}\ge \sum \dfrac{1}{2c^2}\ge \sum \dfrac{1}{2ab}\ge \dfrac{9}{2(ab+bc+ca)}=\dfrac{9}{2}$
ĐPCM

bài này chỗ hình như là $\leq$ chứ anh!

[h.vuong_pdl]

4.cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c+1=4abc. CmR:
$ab+bc+ca \geq a+b+c$

$gt \Leftrightarrow \dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ca} + \dfrac{1}{abc} = 4$
ta quy về bài toán quen thuộc sau:
$Cho a,b,c>0, tm: ab+bc+ca+abc=4. \\ CMr:a+b+c \ge ab+bc+ca$

$gt \Leftrightarrow \dfrac{a}{a+2} + \dfrac{b}{b+2} + \dfrac{c}{c+2} = 1 \\ \Leftrightarrow 1 = \dfrac{a^2}{a^2+2a} + \dfrac{b^2}{b^2+2b} + \dfrac{c^2}{c^2+2c} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2(a+b+c)} \\ \to a+b+c \ge ab+bc+ca \to dpcm!$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 21-02-2011 - 13:13

[Giang1994]

Hai bài nữa
1.Cho a,b,c tm $(a+b-c)( \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b} -\dfrac{1}{c})=0$
tìm min của $P=( a^{4}+ b^{4}+ c^{4})( \dfrac{1}{a^{4}} + \dfrac{1}{b^{4}}+ \dfrac{1}{c^{4}} })$
2.tìm min A với ab+bc+ca=1, a,b,c không âm
$A= \sum \dfrac{1}{ \sqrt{a^{2}+bc} }$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Giang1994: 21-02-2011 - 21:24

[anhtuanDQH]

Hai bài nữa
2.tìm min A với ab+bc+ca=1, a,b,c không âm
$A= \sum \dfrac{1}{ \sqrt{a^{2}+bc} }$

Ta sẽ đi cm bài toán tổng quát sau : Cho các số không âm $\ a,b,c $ không có hai số nào đồng thời bằng 0 . Chứng minh bdt sau : $\sum \dfrac{1}{ \sqrt{a^2+bc} } \geq \dfrac{2 \sqrt{2} }{ \sqrt{ab+bc+ca} } $
Cách 1:Không mất tính tổng quát , giả sử $\ a=max{a,b,c} $ . Khi đó , sử dụng BDT Holder ta có :
$\ VT^2[(b+c)^3(a^2+bc)+a^3(b^2+ca)+a^3(c^2+ab)] \geq (2a+b+c)^3 $
Bài toán được đưa về cm:
$\ (2a+b+c)^3(ab+bc+ca) \geq 8(b+c)^3(a^2+bc)+8a^3(b^2+c^2+ab+bc) $
TA sẽ dùng phép biến đổi tương đương để cm bdt này . Nhưng để dễ dàng trong tính toán ta sẽ chuẩn hóa $\ b+c=1 $
Khi đó BDT được viết lại thành :
$\(2a+1)^3(a+bc) \geq 8(a^2+bc)+8a^3(1-2bc+a) $
$\Leftrightarrow bc[(2a+1)^3+16a^3-8]+a(2a+1)^3-8a^2-8a^3(a+1) \geq 0 $
Ta có :$\(2a+1)^3 \geq (b+c+1)^3=8 ; a(2a+1)^3-8a^2-8a^3(a+1)=a(a-1)^2+3a^3 \geq 0 $
$\Rightarrow DPCM $
Đã xong . . . .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhtuanDQH: 03-04-2011 - 22:03