Chủ đề này có 11 trả lời

[mybubulov3]

Bài 1: Cho $a, b, c \geqslant 0$. CMR: $\dfrac{1}{a+3b} +\dfrac{1}{b+3c} +\dfrac{1}{c+3a} \geqslant \dfrac{1}{a+2b+c} +\dfrac{1}{a+b+2c} +\dfrac{1}{2a+b+c}$.
Bài 2: Cho $z > 0$ và $x^3+y^3+3xyz<0$. CMR: $x+y<z$.
Bài 3: Cho $a, b, c \geqslant 0$ và $a+b+c=1$. CMR $16abc \leqslant b+c$.
Bài 4: Cho 3 số thực $a, b, c$. CMR: $a^2+b^2+c^2 \geqslant ab+bc+ca+\dfrac{(a-b)^2}{26} +\dfrac{(b-c)^2}{6} +\dfrac{(c-a)^2}{2009}$.
Bài 5: Cho $a>0, b<0$. CMR: $\dfrac{1}{a} \geqslant \dfrac{2}{b} +\dfrac{8}{2a-b}$.
Bài 6: Cho $a, b$ là 2 số thực sao cho $a^3+b^3=2$. CMR: $0<a+b \leqslant 2$.
Bài 7: CMR nếu $a, b, c>0$ thỏa $abc=ab+bc+ca$ thì $\dfrac{1}{a+2b+3c} +\dfrac{1}{2a+3b+c} +\dfrac{1}{3a+b+2c}<\dfrac{3}{16}$.
Bài 8: Cho $x, y, z>0$ thỏa $x+y+z=1$. CMR: $\sqrt{x+yz} +\sqrt{y+xz} +\sqrt{z+xy} \geqslant 1+\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}$.
Bài 9: Cho $a, b, c>0$. CMR: $\dfrac{a^3+b^3}{2ab} +\dfrac{b^3+c^3}{2bc}+\dfrac{c^3+a^3}{2ca} \geqslant a+b+c$.
Bài 10: Cho $a, b>0$. CMR: $\dfrac{2}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{ab} \geqslant \dfrac{8}{(a+b)^2}+\dfrac{(a-b)^2}{2010ab(a^2+b^2)(a+b)^2}$.
Bài 11: Cho $a, b>0$. CMR: $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} \geqslant 2+\dfrac{2003(a-b)^2}{a^2+4004ab+b^2}+\dfrac{2004(a-b)^2}{a^2+4006ab+b^2}$.
Bài 12: Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=4\sqrt{abc}$. CMR: $a+b+c>2\sqrt{abc}$.
Một vài bài BĐT .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mybubulov3: 21-03-2011 - 17:50

[h.vuong_pdl]

Bài 2:
Nếu : $x+y < 0$ thì có ngay $x+y < 0 < z$
Nếu $x+y > 0$ thì $(x+y)(x-y)^2 \ge 0 \to x^3+y^3 \ge xy(x+y) \to xy(3z+x+y) < x^3+y^3+3xyz < 0 \to xy < 0$
LẠi có: $0 > x^3+y^3+3xyz = (x+y)^3 + 3xy(z-x-y) > 3xy(z-x-y) $
Vì $xy < 0$ nên $z-x-y > 0 \to z > x+y \to \textup{dpcm!$

[h.vuong_pdl]

Bài 2: Áp dụng nhiều lần BDT Cô-si ta có ngay:
$ b+c = (b+c)(a+b+c)^2 \ge 4a(b+c)^2 \ge 16abc \to \textup{dpcm!}$

$\textup{note: } (x+y)^2 -4xy = (x-y)^2$

[h.vuong_pdl]

Bài 4: Bài toán này thực chất chỉ mang tính chất ý nghĩa chào mừng ngày 26-3 thôi chứ không có gì cả, chỉ cần một biến dổi đại số là ra:
$\textup{note: } a^2+b^2+c^2 -ab-bc-ca = \dfrac{1}{2}[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2]$
Hiển nhiên là $\dfrac{1}{2} > \dfrac{1}{26} > \dfrac{1}{3} > \dfrac{1}{2009} > \dfrac{1}{2011}$

p/s: vì thế mà ta có thể chế thêm cho hợp với năm này hơn:
$CMr: a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca + \dfrac{(a-b)^2}{26}|+\dfrac{(b-c)^2}{3}+\dfrac{(c-a)^2}{2011}$
Bạn có thể chế các ngày khác nữa, miễn sao nó có phân số bé hơn 1/2 là được

[h.vuong_pdl]

Bài 5 chỉ quy đòng, không có gì cả
Bài 6:
ta có: $2=a^3+b^3 = (a+b)(a^2+b^2-ab) $
mà $a^2+b^2-ab = (a+\dfrac{b}{3})^2 + \dfrac{3b^2}{4} > 0$ nên hiển nhiên $a+b > 0$
note: với $a+b > 0$ thì $(a+b)(a-b)^2 \ge 0 \to a^3+b^3 \ge ab(a+b) \Rightarrow 4(a^3+b^3) \ge (a+b)^3$
Vậy $(a+b)^3 \le 8 \to a+b \le 2 \to \textup{ dpcm!}$

[h.vuong_pdl]

Bài 7: với BDT $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{a+b},.....$
ta có:
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}+ \dfrac{1}{c}+ \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{6^2}{a+2b+3c}$
làm tương tự rồi cộng lại, chú ý thêm giả thiết, ta có:
$\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = 1$

[h.vuong_pdl]

Với giả thiết $x+y+z = 1$, bạn chú ý hằng đẳng thức sau:;
$x+yz = x.(x+y+z) + yz = (x+y)(x+z)$

note thêm: nếu gt cho $ab+bc+ca = 1$, trong đó xuất hiện $a^2 +1$ thì bạn cũng có $a^2+1 = (a+b)(a+c)$
nhớ để vận dụng vào khá nhiều bài toán hay sau này

Đến đây áp dụng BDT Bunhicopski ta có:
$\sqrt{x+yz}= \sqrt{(x+y)(z+x)} \ge \sqrt{xz}+\sqrt{yx}$
Làm tương tự rồi cộng lại ta có ngay dpcm!

[h.vuong_pdl]

Bài 9: bạn xem lại mấy cái bài trên, chú ý BDT quen thuộc + khá quan trọng ( như bạn thấy)
ta có: $a^3+b^3\ge ab(a+b) \to \dfrac{a^3+b^3}{2ab} \ge \dfrac{a+b}{2}$
làm tương tự rồi cộng lại ta có ngay đpcm!

[h.vuong_pdl]

Bài 10 và 11 có cách giải khá giông nhau, bạn xem 1 bài rồi tự giải quyết bài còn lại nha:
ta có: $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} -2 = \dfrac{(a-b)^2}{ab}$
do đó ta chỉ cần phải CM:
$\dfrac{1}{ab} \ge \dfrac{2003}{a^2+4004ab+b^2} + \dfrac{2004}{a^2+4006ab+b^2}$
Hiển nhiên
$a^2+b^2 \ge 2ab nên \dfrac{2003}{a^2+4004ab+b^2} + \dfrac{2004}{a^2+4006ab+b^2} \le \dfrac{2003}{4006ab} + \dfrac{2004}{4008ab} = \dfrac{1}{ab}$
Vậy ta có ngay dpcm!
Bài này cũng như bài 4, các số lớn chỉ mang tính hình thức, không có gì đáng ngại cả, bạn đứng "choáng" trước những rào cản đó

[mybubulov3]

Bài 1: Cho $a, b, c \geqslant 0$. CMR: $\dfrac{1}{a+3b} +\dfrac{1}{b+3c} +\dfrac{1}{c+3a} \geqslant \dfrac{1}{a+2b+c} +\dfrac{1}{a+b+2c} +\dfrac{1}{2a+b+c}$.
Bài 12: Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=4\sqrt{abc}$. CMR: $a+b+c>2\sqrt{abc}$.
Một vài bài BĐT .

Còn bài 1 với bài 12 bạn làm đi .

[NguyThang khtn]

Bài 12: Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=4\sqrt{abc}$. CMR: $a+b+c>2\sqrt{abc}$.
Một vài bài BĐT .

Bài 12:áp dụng BĐT $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \ge \dfrac{4}{{x + y}}$, ta có:
$\dfrac{1}{2a+b+c} + \dfrac{1}{b+3c} \geq \dfrac{4}{2a+2b+4c} = \dfrac{2}{a+b+2c} $
Tương tự với 2 số hạng còn lại và cộng theo vế 3 đẳng thức thu đc là đc ĐPCM
Dấu "=" <=> a=b=c>0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 21-03-2011 - 20:00

[wallunint]

Bài 12:áp dụng BĐT $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \ge \dfrac{4}{{x + y}}$, ta có:
$\dfrac{1}{2a+b+c} + \dfrac{1}{b+3c} \geq \dfrac{4}{2a+2b+4c} = \dfrac{2}{a+b+2c} $
Tương tự với 2 số hạng còn lại và cộng theo vế 3 đẳng thức thu đc là đc ĐPCM
Dấu "=" <=> a=b=c>0

Bài mà bạn giải là bài 1 mà ?? Chẵng lẽ ko ai giải bài 12 sao ????
Ta có: ${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} \Rightarrow 4\sqrt {abc} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}$
Nhưng theo bất đẳng thức AM-GM cho 3 số, ta được: $a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}$
Nhân theo vế 2 bất đẳng thức trên, ta có điều phải chứng minh.