Chủ đề này có 1115 trả lời

[Secrets In Inequalities VP]

Bài 481: Cho $a,b,c\in (0,1)$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}+\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}< 1$$

Vì $a,b,c\in (0,1)$ nên :
$VT< \sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq \frac{a+b+c}{3}+\frac{1-a+1-b+1-c}{3}= 1$

[ducthinh26032011]

Bài 484:Cho $a,b,c\in R^{+}$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh:
$$\frac{a}{a+\sqrt{a+bc}}+\frac{b}{b+\sqrt{b+ca}}+\frac{c}{c+\sqrt{c+ab}}\leq 1$$
Bài 485:Cho $a,b,c\in R^{+}$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh:
$$\frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab}\leq \frac{3}{2}$$

[ducthinh26032011]

Bài 483. Cho $\left\{ \begin{array}{l}
x,y,z \in (0;1) \\
xyz = (1 - x)(1 - y)(1 - z) \\
\end{array} \right.$. CMR: ${x^2} + {y^2} + {z^2} \ge \frac{3}{4}$

Ta đặt:$x=a+\frac{1}{2};y=b+\frac{1}{2};z=c+\frac{1}{2}$,ta có:
$\left\{\begin{matrix} a,b,c\in (-\frac{1}{2};\frac{1}{2}) & & \\ (a+\frac{1}{2})(b+\frac{1}{2})(c+\frac{1}{2})=(\frac{1}{2}-a)(\frac{1}{2}-b)(\frac{1}{2}-c)(*) & & \end{matrix}\right.$
(*):$(a+\frac{1}{2})(b+\frac{1}{2})(c+\frac{1}{2})=(\frac{1}{2}-a)(\frac{1}{2}-b)(\frac{1}{2}-c) \Leftrightarrow \frac{a+b+c}{2}+2abc=0\leq \frac{a+b+c}{2}+\frac{2(a+b+c)^{3}}{27}$
$\Leftrightarrow (a+b+c)(\frac{2(a+b+c)^{2}}{27}+\frac{1}{2})\geq 0\Leftrightarrow a+b+c\geq 0$ (do $(\frac{2(a+b+c)^{2}}{27}+\frac{1}{2}) >0$)
Ta có:
$x^{2}+y^{2}+z^{2}=(a+\frac{1}{2})^{2}+(b+\frac{1}{2})^{2}+(c+\frac{1}{2})^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+a+b+c+\frac{3}{4}\geq \frac{3}{4}$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=0$ hay $x=y=z=\frac{1}{2}$
Vậy đpcm đúng.

[nth1235]

Vì $a,b,c\in (0,1)$ nên :
$VT< \sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}\leq \frac{a+b+c}{3}+\frac{1-a+1-b+1-c}{3}= 1$

Thêm một cách khác :
Vì $a,b,c$ thuộc $(0;1)$ nên :
$VT < \sqrt{bc} + \sqrt{(1 - b)(1 - c)} \leq 1$ (BĐT Cauchy - Schwarz) (Q.E.D)

[triethuynhmath]

Bài 485:Cho $a,b,c\in R^{+}$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh:
$$\frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab}\leq \frac{3}{2}$$

Ta có :
$\sum \frac{a-bc}{a+bc}=\sum \frac{a-bc}{a(a+b+c)+bc}=\sum \frac{a-bc}{(a+b)(a+c)}=\sum \frac{(a-bc)(b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow ....\Leftrightarrow a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2\geq 6abc\Leftrightarrow a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\geq 0$$\sum \frac{a-bc}{a+bc}=\sum \frac{a-bc}{a(a+b+c)+bc}=\sum \frac{a-bc}{(a+b)(a+c)}=\sum \frac{(a-bc)(b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow ....\Leftrightarrow a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2\geq 6abc\Leftrightarrow a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\geq 0$(Đây là BĐT đúng).Vậy ta có đpcm $(Q.E.D)$

[le_hoang1995]

Bài 484:Cho $a,b,c\in R^{+}$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh:
$$\frac{a}{a+\sqrt{a+bc}}+\frac{b}{b+\sqrt{b+ca}}+\frac{c}{c+\sqrt{c+ab}}\leq 1$$

$$VT=\sum \frac{a}{a+\sqrt{a+bc}}=\sum \frac{a}{a+\sqrt{a(a+b+c)+bc}}$$
$$=\sum \frac{a}{a+\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \sum \frac{a}{a+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}$$
$$=\sum \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1$$

[ducthinh26032011]

Bài 486:Cho $a,b\in R^{+}$.Chứng minh:
$$\frac{a}{2b}+\frac{2b}{a+b}+\frac{ab^{2}}{2(a^{3}+2b^{3})}\geq \frac{5}{3}$$
Bài 487:Cho $a,b\in R^{+}$.Chứng minh:
a)$$\frac{a}{4b^{2}}+\frac{2b}{(a+b)^{2}}\geq \frac{9}{4(a+2b)}$$
b)$$\frac{2}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{1}{3b^{2}}\geq \frac{9}{(a+2b)^{2}}$$
Bài 488:Cho các số thực $x,y$ thỏa $x$ khác $y$ khác $0$.Chứng minh:
$$\frac{1}{(x-y)^{2}}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}\geq \frac{4}{xy}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 01-08-2012 - 12:02

[Tru09]

Bài 488:Cho các số thực $x,y$ thỏa $x$ khác $y$ khác $0$.Chứng minh:
$$\frac{1}{(x-y)^{2}}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}\geq \frac{4}{xy}$$

Làm bài này :
$Q.E.D \leftrightarrow \frac{1}{(x-y)^{2}} +(\frac{1}{x} -\frac{1}{y})^2 \geq \frac{2}{xy}$
$\leftrightarrow \frac{1}{(x-y)^{2}} +(\frac{x-y}{xy})^2 \geq \frac{2}{xy}$
Mà $\frac{1}{(x-y)^{2}} +(\frac{x-y}{xy})^2 \geq 2\sqrt{\frac{1.(x-y)^2}{(x-y)^2 .xy^2}} =\frac{2}{xy}$
Vậy $\rightarrow Q.E.D$ Dấu $=$ sảy ra $\leftrightarrow (x-y)^2 =xy \leftrightarrow x^2 +y^2 =3xy$ Với x khác y và xy khác o

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 01-08-2012 - 11:01

[WhjteShadow]

Bài 486:Cho $a,b\in R^{+}$.Chứng minh:
$$\frac{a}{2b}+\frac{2b}{a+b}+\frac{ab^{2}}{2(a^{3}+2b^{3})}\geq \frac{5}{3}$$

$Q.e.D\Leftrightarrow \frac{a}{2b}-\frac{1}{2}+\frac{2b}{a+b}-1+\frac{ab^2}{2(a^3+2b^3)}-\frac{1}{6}\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{a-b}{2b}+\frac{b-a}{a+b}+\frac{3ab^2-a^3+2b^3}{6(a^3+2b^3)}\geq 0$
$\Leftrightarrow (a-b)(\frac{1}{2b}-\frac{1}{a+b})-\frac{(a+2b)(a-b)^2}{6(a^3+2b^3)}\geq 0$ (Vì $a^3+b^3+b^3-3a.b.b=...$)
$\Leftrightarrow (a-b)^2[\frac{1}{2b(a+b)}]-\frac{(a+2b)(a-b)^2}{6(a^3+2b^3)}\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2b(a+b)}-\frac{(a+2b)}{6(a^3+2b^3)}\geq 0$ (Do $(a-b)^2\geq 0$)
$\Leftrightarrow \frac{1}{2b(a+b)}\geq \frac{(a+2b)}{6(a^3+2b^3)}$
$\Leftrightarrow 3(a^3+2b^3)\geq (a+2b)b(a+b)$
$\Leftrightarrow 3a^3+4b^3\geq a^2b+3b^2a$
Nhưng điều này luôn đúng the0 $AM-GM$ : $VT\geq (a^3+a^3+b^3)+(a^3+b^3+b^3)\geq 3a^2b+3ab^2\geq VP$
Vậy ta có ĐPCM.Dấu = xảy ra khi $a=b$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 01-08-2012 - 11:20

[BlackSelena]

Bài 487:Cho $a,b\in R^{+}$.Chứng minh:
b)$$\frac{2}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{1}{3b^{2}}\geq \frac{9}{(a+2b)^{2}}$$

Cách "siêu" trâu bò.
$VT - VP = \frac{2}{a^2+ab+b^2} + \frac{1}{3b^2} - \frac{9}{(a+2b)^2}$
$= \frac{2}{a^2+ab+b^2} + \frac{1}{3b^2} - \frac{9}{a^2+4ab+4b^2}$
$ =\frac{6b^2(a^2+4ab+4b^2) + (a^2+ab+b^2)(a^2+4ab+4b^2) - 27b^2(a^2+ab+b^2)}{(a^2+ab+b^2)3b^2(a+2b)^2}$
$= \frac{a^4+5 a^3 b-12 a^2 b^2+5 a b^3+b^4}{3 b^2 (a+2 b)^2 (a^2+a b+b^2)}$
$ = \frac{(b-a)^2(a^2+7ab+b^2)}{(a^2+ab+b^2)3b^2(a+2b)^2} \geq 0$
Vậy ta có ĐPCM. Dấu "=" xảy ra khi $b =a $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 01-08-2012 - 11:44

[WhjteShadow]

Một phát hiện thú vị!
Mấy bài này hù dọa người ta quá.Thực ra đây là bất đẳng thức đối xứng 3 biến.Người ra đề đã chế lại bằng cách đặt $b=c$.Chúng ta hãy thử ch0 $b=c$(Thêm 1 biến)và xem dạng khi chưa đặt của nó nào
Bài 486:Cho $a,b,c\in R^{+}$.Chứng minh:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{abc}{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}\geq \frac{5}{3}$$
Bài 487:Cho $a,b,c\in R^{+}$.Chứng minh:
a)$$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(a+c)^{2}}+\frac{c}{(a+b)^{2}}\geq \frac{9}{4(a+b+c)}$$
b)$$\frac{1}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+ca+a^{2}}\geq \frac{9}{(a+b+c)^{2}}$$
Hầu hết đều là những bài quen thuộc có tr0ng b0x bất đẳng thức và cực trị của THCS rồi :-bd
CÒn bài 488 đã có tr0ng t0pic này rồi mà.A Kiên giải 1 dòng :@)

Bài này chỉ cần 1 dòng là xong
$$RHS-LHS=(\sqrt{a^3}+\sqrt{b^3}-2\sqrt{c^3})^2+3ab(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq 0$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hay $a=0;b=\sqrt[3]{4}c$ hoặc $a=\sqrt[3]{4}c;b=0 \,\,\, \square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 01-08-2012 - 12:27

[Tru09]

Ai lam em bai nay:

Cho x+y+z =1
Tìm Min $\frac{x+y}{xyz}$

Chém liền :
$A =\frac{1}{yz} +\frac{1}{xz} \geq \frac{4}{z(x+y)} \geq \frac{4}{\frac{(x+y+z)^2}{4}} =16$
Dấu $= $sảy ra $\leftrightarrow x=y=\frac{1}{4} z= \frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 03-08-2012 - 15:45

[BlackSelena]

Làm Giúp Em Bài Này:
Cho x,y,z duong. $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$
CM: $\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy}\geqslant \sqrt{xyz}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$

Đặt $a=\frac{1}{x}, b=\frac{1}{y}, c=\frac{1}{z}$
Khi đó giả thiết bài toán trở thành $a+b=c=1$
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
$\sum \sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{bc}} \geq \frac{1}{\sqrt{abc}}+\sum \frac{1}{a}$
$\Leftrightarrow \sqrt{a+bc} + \sqrt{b+ca} + \sqrt{c+ab} \geq \sum \sqrt{ab} + 1$
$\Leftrightarrow \sum \sqrt{a(a+b+c) +bc} \geq \sum \sqrt{ab} + \sum a$
Mà mặt khác
$\sum \sqrt{a(a+b+c) +bc} = \sum \sqrt{(a+b)(a+c)} \geq \sum (a +\sqrt{bc})$ (theo $\text{Cauchy Schwarz}$)
$Q.E.D$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c= \frac{1}{3} \Rightarrow x=y=z = 3$
__________________
Cách khác (mình và bạn nhanet55)
Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức sau (nhầm biến chút, thay $x,y,z$ thành $a,b,c$ nhé)
$\sqrt{a+bc} \geq \sqrt{c} + \sqrt{\frac{ab}{c}}$
Thật vậy, bình phương 2 vế, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành.
$\frac{bc-abc}{a} +2\sqrt{bc} \leq 0$ (1)
Thay $abc=ab+bc+ca$ (dễ dàng tử giả thiết suy ra)
$\Leftrightarrow -b-c+2\sqrt{bc} \leq 0:true$
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh.
Mặt khác, ta cũng có đẳng thức sau
$\sqrt{abc} = \sum \sqrt{\frac{ab}{c}}$ (nhân cả 2 vế với $\sqrt{abc}$ và kết hợp với giả thiết).
Vậy $\sum \sqrt{a+bc} \geq \sum(\sqrt{a}+ \sqrt{\frac{ab}{c}} = \sum \sqrt{a} + \sqrt{abc}$
$Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 03-08-2012 - 19:01

[Poseidont]

Cách khác
Áp dụng Cauchy Schwarz và giả thiết
$x^2+xyz=x^2+xy+yz+xz=(x+y)(x+z)\geq (x+\sqrt{yz})^2\Rightarrow \sqrt{x(x+yz)}\geq x+\sqrt{yz}$
$\Rightarrow \sqrt{x+yz}\geq \frac{x+\sqrt{yz}}{\sqrt{x}}=\sqrt{x}+\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{x}}$
Xây dựng các bđt khác tuơng tự
Ta lại có
$\sum \frac{\sqrt{xy}}{\sqrt{z}}=\sqrt{xyz}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=\sqrt{xyz}$
$\Rightarrow Q.E.D$

[henry0905]

Bài 450: Cho x,y,z>0 thỏa $x^{3}+y^{3}+z^{3}=3$
Tìm GTLN của $3(xy+xz+yz)-xyz$

[tuilatrai123]

Bài 487:Cho $a,b,c\in R^{+}$.Chứng minh:
a)$$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(a+c)^{2}}+\frac{c}{(a+b)^{2}}\geq \frac{9}{4(a+b+c)}$$
Bài 487 a)Em dùng Bunhiacopxki.Ta có:
$<=>(a+b+c)[\frac{a}{(b+c)^{2}}+\frac{b}{(c+a)^{2}}+\frac{c}{(a+b)^{2}}]\geq \frac{9}{4}$
Áp dụng Bunhiacopxki, ta có:
$VT\geq (\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^{2}\geq (\frac{3}{2})^{2}$
Em vừa mới tìm ra cách khác
$\frac{a(a+b+c)}{(b+c)^{2}}+\frac{b(a+b+c)}{(c+a)^{2}}+\frac{c(a+b+c)}{(a+b)^{2}}\geq \frac{9}{4}$
$<=>\frac{a^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{(c+a)^{2}}+\frac{c^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{9}{4}$
BDT trên đúng vì
$\frac{a^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{b^{2}}{(c+a)^{2}}+\frac{c^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{1}{3}(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^{2}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{4}+\frac{3}{2}=\frac{9}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuilatrai123: 06-08-2012 - 08:28

[BoFaKe]

Bài 487:Cho $a,b,c\in R^{+}$.Chứng minh:
a)$$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(a+c)^{2}}+\frac{c}{(a+b)^{2}}\geq \frac{9}{4(a+b+c)}$$

Bài này có phải iran 96 không mọi người.

[alex_hoang]

Bài này có phải iran 96 không mọi người.

Nhầm rồi em ạ.Bài này dễ hơn nhiều so với bài toán $IRAN TST 1996$ của $Jichen$

[BoFaKe]

Bài 489:Chứng minh rằng với các số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau ta có bất đẳng thức sau :
$(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)(\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}})\geq \frac{27}{4}$
------------------------------------------
P/S:Dạng khá giống với IRAN TST 96.Mọi người cùng làm nhé.

[Tru09]

Bài 489:Chứng minh rằng với các số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau ta có bất đẳng thức sau :
$(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)(\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}})\geq \frac{27}{4}$
------------------------------------------
P/S:Dạng khá giống với IRAN TST 96.Mọi người cùng làm nhé.

Bài phải là $(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)(\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}})\geq \frac{27}{6}$ chứ nhỉ ??

Thế thì mình sẽ làm như sau
$\leftrightarrow ((a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2)(\frac{1}{(a-b)^2} +\frac{1}{(b-c)^2} +\frac{1}{(c-a)^2}) \geq 9$
Luôn đúng theo buniacopsky

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 06-08-2012 - 21:35