Chủ đề này có 8 trả lời

[Tham Lang]

Bài toán 1.
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$5+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge (1+a)(1+b)(1+c)$$
Bài toán 2.
Cho $x, y, z \in (0,1)$ thỏa mãn điều kiện $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$ . Chứng minh rằng :
$$x^2+y^2+z^2\ge \dfrac{3}{4}$$
Bài toán 3.
Thử sức với bài này nhé
Cho $x, z, y $ là các số thực dương . Chứng minh rằng :
$$2\left (x^2+y^2+z^2\right )+xyz+8 \ge 5\left (x+y+z\right )$$
(Bài này của thầy Trần Nam Dũng )

Bài toán 4.
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$a^3b+b^3c+c^3a\ge a+b+c$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 18-04-2012 - 22:20

[nth1235]

Em chém bài 4 nhé anh.
Ta có :
$a^3b + b^3c + c^3a \geq a + b + c$ (1)
$\Leftrightarrow \frac{a^2}{c} + \frac{b^2}{a} + \frac{c^2}{b} \geq a + b + c$
Điều trên đúng vì theo AM - GM thì :
$\frac{a^2}{c} + \frac{b^2}{a} + \frac{c^2}{b} + a + b + c \geq 2(a + b + c)$
$\Leftrightarrow \frac{a^2}{c} + \frac{b^2}{a} + \frac{c^2}{b} \geq a + b + c$
Suy ra BĐT (1) đã được chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi $a = b = c = 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nth1235: 19-04-2012 - 09:12

[phantomladyvskaitokid]

Ví dụ 3:VMO 2002-Trần Nam Dũng
Chứng minh rằng với mọi $a,b,c\geq 0$,ta có:
$2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)$
Lời giải:
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM,ta có:
$12(a^2+b^2+c^2)+6abc+48-30(a+b+c)$
$=12(a^2+b^2+c^2)+3(2abc+1)+45-5.2.3(a+b+c)$
$\geq12(a^2+b^2+c^2)+9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+45-5.((a+b+c)^2+9)$
$=7(a^2+b^2+c^2)+\frac{9abc}{\sqrt[3]{abc}}-10(ab+bc+ca)$
$\geq 7(a^2+b^2+c^2)+\dfrac{27abc}{a+b+c}-10(ab+bc+ca)
$
Mặt khác sử dụng bất đẳng thức Schur,
$\dfrac{9abc}{a+b+c}\geq 4(ab+bc+ca)-(a+b+c)^2=2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)$
Do đó
$7(a^2+b^2+c^2)+\dfrac{27abc}{a+b+c}-10(ab+bc+ca)$
$ \geq 7(a^2+b^2+c^2)+6(ab+bc+ca)-3(a^2+b^2+c^2)-10(ab+bc+ca)=4(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geq 0$
Bất đẳng thức được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phantomladyvskaitokid: 19-04-2012 - 20:37

[yeukhoahoc94]

Bài toán 3
Bđt càn chứng minh tương đương với: $2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+xyz+8\geq 5(x+y+z)$
$\Leftrightarrow 2(x+y+z)^{2}-4(xy+yz+xz)+xyz+8\geq 5(x+y+z)$
$\Leftrightarrow 4(xy+yz+xz)-(x+y+z)^{2}\leq (x+y+z)^{2}+xyz+8-5(x+y+z)$
Áp dụng bất đẳng thức $xyz\geq (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)$
$\Leftrightarrow 4(xy+yz+zx)-(x+y+z)^{2}\leq \frac{9}{x+y+z}xyz$
Ta phải chứng minh $\frac{9}{x+y+z}xyz\leq (x+y+z)^{2}+xyz+8-5(x+y+z)$
Xét $\frac{9}{x+y+z}xyz- (x+y+z)^{2}-xyz+5(x+y+z) = xyz(\frac{9}{x+y+z}-1)-(x+y+z)^{2}+5(x+y+z) \leq \frac{(x+y+z)^{3}}{27}(\frac{9}{x+y+z}-1)-(x+y+z)^{2}+5(x+y+z)$
$=-\frac{(x+y+z)^{3}}{27}-\frac{2(x+y+z)^{2}}{3}+5(x+y+z)$
Đặt t=x+y+z (t> 0)
Xét $f(t)=-\frac{t^{3}}{27}-\frac{2t^{2}}{3}+5t$
$f'(t)=-\frac{t^{2}}{9}-\frac{4}{3}t+5$
$f'(t)=0\Leftrightarrow t=3$(tm) hoặc t=-15(loại)
Vẽ BBT có f(t)=8 đặt được khi t=3 hay x=y=z=1 (ĐPCM)$

[Ispectorgadget]

Anh mít post bài trùng nhé :">
Bài 3

Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2+a^2+b^2+c^2+abc+5\geq 3(a+b+c)$
Hay $$2[(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2]+(a+b+c-3)^2+[a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ac)]\geq 0$$
Vì thế cần chứng minh bất đẳng thức đã cho ta chứng minh BĐT sau
$$a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 2(ab+bc+ac)$$
Chứng minh
Theo nguyên lý Dirichle thì luôn tồn tại 2 trong 3 số :$(a-1);(b-1);(c-1)$cùng dấu.
Giả sử:
\[(a - 1)(b - 1) \ge 0\]\[ \Leftrightarrow ab + 1 \ge a + b\]\[ \Leftrightarrow 2abc + 2ab + 2c \ge 2(ab + bc + ca)\]
Ta chứng minh:\[{a^2} + {b^2} + {c^2} + 1 \ge 2ab + 2c\]
BĐT trên luôn đúng theo BĐT AM-GM.
Do đó ta có điều cần chứng minh $\blacksquare$

[Nguyenhuyen_AG]

Bài toán 2.
Cho $x, y, z \in (0,1)$ thỏa mãn điều kiện $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$ . Chứng minh rằng :
$$x^2+y^2+z^2\ge \dfrac{3}{4}$$

Ta có thể viết điều kiện của bài toán lại như sau $$\frac{x}{1-x}\cdot\frac{y}{1-y}\cdot\frac{z}{1-z}=1.$$ Đến đây, ta đặt $$a=\frac{x}{1-x},\;b=\frac{y}{1-y},\;z=\frac{z}{1-z},$$ suy ra $$x=\frac{a}{1+a},\;y=\frac{b}{1+b},\;z=\frac{c}{1+c},$$ Bất đẳng thức trở thành $$\left (\frac{a}{1+a} \right )^2+\left (\frac{b}{1+b} \right )^2+\left (\frac{c}{1+c} \right )^2\ge\frac{3}{4}.$$ Đưa về dạng thuần nhất là $$\left (\frac{a}{a+b} \right )^2+\left (\frac{b}{b+c} \right )^2+\left (\frac{c}{c+a} \right )^2\ge\frac{3}{4}.$$ Đây là một kết quả quen thuộc.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 31-05-2012 - 15:03

[Zaraki]

Bài toán 3.
Thử sức với bài này nhé
Cho $x, z, y $ là các số thực dương . Chứng minh rằng :
$$2\left (x^2+y^2+z^2\right )+xyz+8 \ge 5\left (x+y+z\right )$$
(Bài này của thầy Trần Nam Dũng )

Link: http://diendantoanho...showtopic=73530
Đây là file chuyên đề của anh Huyện.

[trungdung97]

bài toán số 3 là trường hợp cụ thể của bài toán sau Cho a,b,c không âm Tìm giá trị nhỏ nhất của k để bất đẳng thức sau luôn đúng
abc+2+k[(a-1)²+(b-1)²+(c-1)²]≥a+b+c

[trungdung97]

BÀI 1: khai triển BĐT đã cho kết hợp giả thiết ta có 3+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq ​​a+b+c+ab+ac+bc do abc=1 đặt a=\frac{x}{y} ,b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}} thay vào BĐT ta có 3+\frac{xz}{y^{2}}+\frac{xy}{z^{2}}+\frac{yz}{x^{2}}\geq \frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{x} rút gọn sau đó áp dụng BĐT Schur cho bộ 3 số (xy,yz,zx) ta có đpcm