Chủ đề này có 23 trả lời

[Để tử Wallunint]

----Cho a,b,c,x,y,z là số thực dương-----
1)Chứng minh:
$\dfrac{2a^3}{a^6+bc}+\dfrac{2b^3}{b^6+ca}+\dfrac{2c^3}{c^6+ab}\leq \dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca}+\dfrac{c}{ab}$
4)Cho a+b+c=2.Chứng minh:
$\dfrac{ab}{\sqrt{2c+ab}}+\dfrac{bc}{\sqrt{2a+bc}}+\dfrac{ca}{\sqrt{2b+ac}}\leq 1$
6)Cho$a^3+b^3+c^3=3$.Tìm giá trị nhỏ nhất:
$M=\dfrac{a^5}{b^3+c^2}+\dfrac{b^5}{c^3+a^2}+\dfrac{c^3}{a^3+b^2}$
8)Cho $a^2+b^2+c^2=1$.Chứng minh:
$\dfrac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\dfrac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\dfrac{c^5+a^5}{ca(c+a)}\geq 3(ab+bc+ca)-2$
Còn những bài trên!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 28-12-2011 - 22:04

[Poseidont]

bài 4 nè:
ta có $a+b+c=2\Rightarrow 2c +ab=(a+b+c)c+ab=c^{2}+ab+ac+bc=(a+c)\cdot (b+c)$
tương tự
$2a +bc=(a+b)(a+c)
2b +ac=(a+b)(b+c)$
Áp dụng bdt co si
$\dfrac{ab}{\sqrt{(a+c)(c+b)} }=\dfrac{\sqrt{ab}}{\sqrt{(a+c)} }\cdot \dfrac{\sqrt{ab}}{\sqrt{(b+c)} }\leq \dfrac{1}{2}(\dfrac{ab}{a+c} +\dfrac{ab}{b+c})$
tương tự
=> VT$\leq \dfrac{1}{2}(\dfrac{ab}{a+c} +\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{a+c} +\dfrac{bc}{b+a}+\dfrac{ca}{a+b} +\dfrac{ac}{b+c})=1$
=> dpcm

[Cao Xuân Huy]

8)Cho $a^2+b^2+c^2=1$.Chứng minh:
$\dfrac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\dfrac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\dfrac{c^5+a^5}{ca(c+a)}\geq 3(ab+bc+ca)-2$

Lâu lâu khưi lại mấy bài cũ làm cho vui. Dạo này bđt cũng khá hơn rồi.
Giải nhé.

Ta có bổ đề sau: $a^5+b^5 \ge x^2y^2(x+y)$ với các số $a,b \ge 0$.

Bổ đề dễ dàng được chứng minh bằng biến đổi tương đương.

Vào vấn đề chính. Ta có:

$VT = \sum {\dfrac{{{a^5} + {b^5}}}{{ab(a + b)}}} \ge \sum {\dfrac{{{a^2}{b^2}(a + b)}}{{ab(a + b)}}} = ab + bc + ca = 3(ab + bc + ca) - 2(ab + bc + ca) $

Ta có: $ab+bc+ca \le a^2+b^2+c^2=1$.

Vậy: $VT \ge 3(ab + bc + ca) - 2(ab + bc + ca) \ge 3(ab + bc + ca) - 2$

Dấu "=" xảy ra khi $a = b = c = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}$

[ht2pro102]

Bài 1:
Áp dụng bđt AM-GM ta có:

$a^{6}+bc\geqslant 2a^{3}\sqrt{bc}\Leftrightarrow \dfrac{2a^{3}}{a^{6}+bc}\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{bc}}$

$\sum \dfrac{2a^{3}}{a^{6}+bc}\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}}+\dfrac{1}{\sqrt{ac}}$

$\sum \dfrac{1}{\sqrt{bc}}\leqslant \sum \dfrac{a}{bc} $

$\Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leqslant \dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{\sqrt{abc}}$

Ta có:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant ab+ac+bc $

$b+ac+bc\geqslant a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac}+c\sqrt{ab} $

Suy ra: $\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{\sqrt{abc}}\geqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ Đúng.

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 30-12-2011 - 16:39