Chủ đề này có 6 trả lời

[Tham Lang]

Tiếp tục :
Bài 2008.4.
Cho $a,b,c$ là các số dương có tích bằng 1. Chứng minh

$$\dfrac1{\sqrt{(1+a+b^2)(1+b+c^2)}}+\dfrac1{\sqrt{(1+b+c^2)(1+c+a^2)}}+\dfrac1{\sqrt{(1+c+a^2)(1+a+b^2)}}\le 1$$
Bài 2008.6.
1/Cho a,b,c>0CMR
$$ \sum \dfrac{b+c}{2a^2+bc} \ge \dfrac{6}{a+b+c} $$
2/ cho $a^2+b^2+c^2=2$CMR
$$a^3+b^3+c^3-abc \le 2 \sqrt{2}$$
Bài 2008.7.
Cho $x,y,x\geq \sqrt{3}.$ $x+y+z=6.$
Tìm min:
$6(x^{2}+y^{2}+z^{2})-(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}).$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 25-03-2012 - 18:12

[Secrets In Inequalities VP]

Tiếp tục :
Bài 2008.6.
2/ cho $a^2+b^2+c^2=2$CMR
$$a^3+b^3+c^3-abc \le 2 \sqrt{2}$$

Ta có :
$(a^3+b^3+c^3-abc)^{2}= [a(a^2-bc)+b^3+c^3]^{2}\leq (a^2+b^2+c^2)[(a^2-bc)^2+b^4+c^4]$
( vì $(b^3+c^3)^{2}\leq (b^2+c^2)(b^4+c^4)$ theo Cauchy-Schwarz )
$= 2(a^4+b^4+c^4+b^2c^2-2a^2bc)\leq 2(a^4+b^4+c^4+b^2c^2)$
$\leq 2(a^4+b^4+c^4+b^2c^2+a^2b^2+a^2c^2)\leq 2(a^4+b^4+c^4+2b^2c^2+2a^2b^2+2a^2c^2)$
$= 2(a^2+b^2+c^2)^2= 8$
$\Rightarrow a^3+b^3+c^3-abc\leq \mid a^3+b^3+c^3-abc\mid \leq 2\sqrt{2}$

[duongvanhehe]

Bài 2008.6.
1/Cho a,b,c>0CMR
$ \sum \dfrac{b+c}{2a^2+bc} \ge \dfrac{6}{a+b+c} $

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\sum \frac{b+c}{2a^{2}+bc}-\frac{6}{a+b+c}\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}+b^{2}+3ab-ac-bc}{(2a^{2}+bc)(2b^{2}+ca)}.(a-b)^{2}\geq 0$$S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$
Giả sử $a\geq b\geq c$ thì dễ thấy $S_{b}\geq 0,S_{c}\geq 0$
Do đó ta chỉ cần chứng minh được $a^{2}S_{b}+b^{2}S_{a}\geq 0$ là xong.
Tương đương với $a^{2}(a^{2}+c^{2}+3ac-ab-bc)(2b^{2}+ca)+b^{2}(b^{2}+c^{2}+3bc-ab-ac)(2a^{2}+bc)\geq 0$
đưa BĐT này về dạng $A.c^{3}+B.c^{2}+C.c+D\geq 0$.Trong đó A,B,C đều không âm nên ta chỉ cần chứng minh BĐT ở trên khi c=0.Hay là:$2a^{2}b^{2}(a^{2}-ab)+2a^{2}b^{2}(b^{2}-ab)\geq 0\Leftrightarrow 2a^{2}b^{2}(a-b)^{2}\geq 0.$
Ta có đpcm.

[Tham Lang]

Tiếp tục :
Bài 2008.4.
Cho $a,b,c$ là các số dương có tích bằng 1. Chứng minh

$$\dfrac1{\sqrt{(1+a+b^2)(1+b+c^2)}}+\dfrac1{\sqrt{(1+b+c^2)(1+c+a^2)}}+\dfrac1{\sqrt{(1+c+a^2)(1+a+b^2)}}\le 1$$

Đặt $a=x^2, b=y^2, c=z^2$. Lúc đó :
$$\dfrac1{\sqrt{(1+a+b^2)(1+b+c^2)}}+\dfrac1{\sqrt{(1+b+c^2)(1+c+a^2)}}+\dfrac1{\sqrt{(1+c+a^2)(1+a+b^2)}}\le \dfrac{1}{1+xy+y^2z^2}+\dfrac{1}{1+yz+z^2x^2}+\dfrac{1}{1+zx+x^2y^2}$$
Cần chứng minh :
$$\dfrac{1}{1+xy+y^2z^2}+\dfrac{1}{1+yz+z^2x^2}+\dfrac{1}{1+zx+x^2y^2} \le 1$$
Bằng sức trẻ, biến đổi tương đương, BĐT trở thành :
$$x^3y+y^3z+z^3x+x^2y^3+y^2z^3+z^2x^3 \ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xy+yz+zx$$
Thật vậy :
$$x^3y+xy+y^3z+yz+z^3x+zx +x^2y^3+y^2z^3+z^2x^3 \ge 2\left (x^2y+y^2z+z^2x\right )+x^2y^3+y^2z^3+z^2x^3 \ge x^2y+y^2z+z^2x+2\left (x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right )$$
$$\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+x+y+z+x^2y+y^2z+z^2x =x^2y^2+y^2z^2z^2x^2+\left (x^2y+y\right )+\left (y^2z+z\right )+\left (z^2x+x\right ) \ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+2(xy+yz+zx)$$
$$\Leftrightarrow x^3y+y^3z+z^3x+x^2y^3+y^2z^3+z^2x^3 \ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+xy+yz+zx$$
Bất đẳng thức đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 12-08-2012 - 15:22

[25 minutes]

Bài 2008.7.
Cho $x,y,x\geq \sqrt{3}.$ $x+y+z=6.$
Tìm min:
$6(x^{2}+y^{2}+z^{2})-(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}).$

Viết dưới dạng $p,q,r$ ta có $p=6$

            $6(x^2+y^2+z^2)=6(p^2-2q)=216-12q$

            $x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2=q^2-2pr=q^2-12r$

Do đó $P=6(x^2+y^2+z^2)-x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2=216-12q-q^2+12r$

Áp dụng bđt Schur bậc 3 ta có $r \geq \frac{4pq-p^3}{9}=\frac{24q-216}{9}\Rightarrow 12r \geq \frac{96q-864}{3}$

Do đó $P \geq 216-12q-q^2+\frac{96q-864}{3}=20q-q^2-72$

Ta sẽ chứng minh $P \geq 24$ $\Leftrightarrow 20q-q^2-72 \geq 24\Leftrightarrow (q-8)(q-12)\leq 0$

Nhưng bđt trên luôn đúng do 2 bđt sau : 

          $x,y,z >\sqrt{3}\Rightarrow q=xy+yz+xz >9$

          $q=xy+yz+xz \leq \frac{(x+y+z)^2}{3}=12$

Do đó ta có đpcm

Dấu= xảy ra khi $x=y=z=2$

[Kir]

2/ cho a²+b²+c²=2CMR
a³+b³+c³-abc $\le 2 \sqrt{2}$(1)

Giải: (1)$$(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-bc-ca) \le 2 \sprt{2}$$
Đặt a+b+c=x ; a²+b²+c²-ab-bc-ca=y.Ta cần chứng minh:$xy \le 2 \sprt{2}$

x²+2y=(a+b+c)²+2(a²+b²+c²-ab-bc-ca)=3(a²+b²+c²)=6

Áp dụng cô-si với 3 số dương ta có:

6=x²+y+y $\ge $ 3 $\sprtx²y²$

Hay xy $\le 2 \sprt{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kir: 01-06-2013 - 20:27

[Kir]

2/ cho a²+b²+c²=2CMR
a³+b³+c³-abc $\le 2 \sqrt{2}$(1)

Giải: (1)$\Leftrightarrow$(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-bc-ca)$\leqslant$2$\sqrt{2}$(2)

Đặt a+b+c=x;a²+b²+c²-ab-bc-ca=y

$\Rightarrow$(2)$\Leftrightarrow xy\leqslant 2\sqrt{2}$

Mặt khác:x²+2y=(a+b+c)²+2(a²+b²+c²-ab-bc-ca)=3(a²+b²+c²)=6

$\Rightarrow 6=x^{2}+y+y\geq 3\sqrt[3]{x^{2}.y^{2}}$.$\Rightarrow xy\leq 2\sqrt{2}$

 

 

Tiếp tục :
Bài 2008.4.
Cho $a,b,c$ là các số dương có tích bằng 1. Chứng minh

$$\dfrac1{\sqrt{(1+a+b^2)(1+b+c^2)}}+\dfrac1{\sqrt{(1+b+c^2)(1+c+a^2)}}+\dfrac1{\sqrt{(1+c+a^2)(1+a+b^2)}}\le 1$$
Bài 2008.6.
1/Cho a,b,c>0CMR
$$ \sum \dfrac{b+c}{2a^2+bc} \ge \dfrac{6}{a+b+c} $$
2/ cho $a^2+b^2+c^2=2$CMR
$$a^3+b^3+c^3-abc \le 2 \sqrt{2}$$
Bài 2008.7.
Cho $x,y,x\geq \sqrt{3}.$ $x+y+z=6.$
Tìm min:
$6(x^{2}+y^{2}+z^{2})-(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}).$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kir: 01-06-2013 - 20:46