Chủ đề này có 79 trả lời

[morethanicansay545]

Bài 25: Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$
$$P=\dfrac{a}{\sqrt{b+c}} +\dfrac{b}{\sqrt{a+c}} +\dfrac{c}{\sqrt{b+a}}$$

Pmin?????
MOD: Vui lòng gõ bài cho đầy đủ và vui lòng ghi số bài vào nhé.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 14-06-2012 - 19:44

[kainguyen]

Bài 25: Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$
$$P=\dfrac{a}{\sqrt{b+c}} +\dfrac{b}{\sqrt{a+c}} +\dfrac{c}{\sqrt{b+a}}$$

Pmin?????
MOD: Vui lòng gõ bài cho đầy đủ và vui lòng ghi số bài vào nhé.

Ta xét 2 biểu thức sau:

$A=\dfrac{a}{\sqrt{b+c}} +\dfrac{b}{\sqrt{a+c}} +\dfrac{c}{\sqrt{b+a}}$

và $B=a(b+c)+b(c+a)+c(a+b) =2(ab+bc+ca)$

Theo bđt Holder, ta có:

$A^2B\leq (a+b+c)^3$

Từ việc dự đoán GTNN của P, dẫn đến ta sẽ đi chứng minh:

$(a+b+c)^3\geq \frac{3}{2}B$

Thật vậy, ta có:

$(a+b+c)^3\geq \frac{3}{2}B$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^3\geq 3(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)\leq \frac{1}{3}$

đúng do $ab+bc+ca\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}$

Vậy $Min P = \frac{\sqrt{6}}{2}$ tại $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kainguyen: 14-06-2012 - 20:51

[kainguyen]

Bài 24 Cho các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$A=3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3(ab+bc+ca)+2\sqrt{a^2+b^2+c^2}$$

Ta có:

$3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3(ab+bc+ca)+2\sqrt{a^2+b^2+c^2}\geq (ab+bc+ca)^2+3(ab+bc+ca)+2\sqrt{1-2(ab+bc+ca)}$

Đặt: $ab+bc+ca=t$ Sau đó khảo sát hàm với $t \leq \frac{1}{3}$

[le_hoang1995]

Ta có:

$3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3(ab+bc+ca)+2\sqrt{a^2+b^2+c^2}\geq (ab+bc+ca)^2+3(ab+bc+ca)+2\sqrt{1-2(ab+bc+ca)}$

Đặt: $ab+bc+ca=t$ Sau đó khảo sát hàm với $t \leq \frac{1}{3}$

Bạn ơi, bài này giá trị nhỏ nhất tại bộ $(0;0;1)$ cơ, và $min=2$

Đặt $ab+bc+ca=x \Rightarrow x\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}\Rightarrow x\in[0,\frac{1}{3}] $
$$A=3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3(ab+bc+ca)+2\sqrt{a^2+b^2+c^2}\geq 3(ab+bc+ca)+2\sqrt{a^2+b^2+c^2}$$
$$=3(ab+bc+ca)+2\sqrt{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)}=3x+2\sqrt{1-2x}$$
Xét hàm số $f(x)=3x+2\sqrt{1-2x}, \forall x\in[0,\frac{1}{3}] $
Đạo hàm $f'(x)=3-\frac{2}{\sqrt{1-2x}}$
$$f'(x)=0 \Leftrightarrow 3\sqrt{1-2x}=2\Leftrightarrow 9(1-2x)=4\Leftrightarrow x=\frac{5}{18}$$
Dựa vào bảng biến thiên, ta được $$f(x) \geq f(0), \forall x\in[0,\frac{1}{3}] $$
$$\Rightarrow A\geq f(x)\geq f(0)=2$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=0$ hay hoán vị của bộ $(0,0,1)$
ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 15-06-2012 - 09:57

[longqnh]

Bài 26: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$ . Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{a^{3}+2bc}\leq \frac{1}{abc}$

(đề thi thử ĐH lần 2 - THPT Gia Định - TPHCM)

[le_hoang1995]

Bài 26: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$ . Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{a^{3}+2bc}\leq \frac{1}{abc}$

(đề thi thử ĐH lần 2 - THPT Gia Định - TPHCM)

Theo BĐT AM-GM ta có:
$$\sum \frac{1}{a^3+2bc}\leq \sum \frac{1}{3\sqrt[3]{a^3b^2c^2}}=\frac{\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}{3abc}$$
Lại theo BĐT Holder, ta có:$$\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}\leq \sqrt[3]{(bc+ca+ab)(1+1+1)(1+1+1)}\leq \sqrt[3]{\frac{(a+b+c)^2.9}{3}}=\sqrt[3]{27}=3$$
Suy ra $$\sum \frac{1}{a^3+2bc}\leq \frac{\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}{3abc}\leq \frac{3}{3abc}=\frac{1}{abc}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

[le_hoang1995]

Bài 27 Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm min:
$$A=\frac{a^2+b}{c+b}+\frac{b^2+c}{a+c}+\frac{c^2+a}{b+a}$$

[Jewellery]

Bài 28: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2\le 4$. Chứng minh rằng: $$\frac{ab+1}{(a+b)^2}+\frac{bc+1}{(b+c)^2}+\frac{ac+1}{(a+c)^2}\geq 3$$
USAMO 2011

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Bài 28: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2\le 4$. Chứng minh rằng: $$\frac{ab+1}{(a+b)^2}+\frac{bc+1}{(b+c)^2}+\frac{ac+1}{(a+c)^2}\geq 3$$
USAMO 2011

điều kiện của GT tương đương với:

$ (a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2 \leq 4 $

đặt $ a+b=x, b+c=y, c+a=z $ thì $ a=\frac{x-y+z}{2}, b=\frac{x+y-z}{2}, c=\frac{-z+y+z}{2} $

thay vào ta được:

$ \frac{x^2-(y-z)^2+4}{4x^2}+\frac{y^2-(z-x)^2+4}{4y^2}+\frac{z^2-(x-y)^2+4}{4z^2} \geq 3 $

áp dụng điều kiện $ 4 \geq x^2+y^2+z^2 $ thì:


$VT \geq \frac{x^2+yz}{2x^2}+\frac{y^2+zx}{2y^2}+\frac{z^2+xy}{2z^2} \geq 3 $

cái này đúng theo AM-GM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGOCTIEN_A1_DQH: 22-06-2012 - 19:51

[Tham Lang]

Bài toán 29. [ Panagiote Ligouras, ML]
Bài này mình tìm trong 1 tuyển tập BĐT (ko có giải). Khá hay đó, mọi người thử chém nhé !
Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}\ge 2\sqrt[6]{\dfrac{9(a+b+c)^4}{\sqrt[3]{abc}(a+b)(b+c)(c+a)}}$$

[viet 1846]

Bài 28: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2\le 4$. Chứng minh rằng: $$\frac{ab+1}{(a+b)^2}+\frac{bc+1}{(b+c)^2}+\frac{ac+1}{(a+c)^2}\geq 3$$
USAMO 2011

ta có:

$ 2 \ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca $ .
Ta Có : \[2.\sum_{cyc} \frac{1+ab}{(a+b)^2}=3+\sum_{cyc}\frac{(a+c)(b+c)}{(a+b)^2} \ge 6\]
Nên : \[ \sum_{cyc} \frac{1+ab}{(a+b)^2} \ge 3 \]

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 27 Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm min:
$A=\frac{a^2+b}{c+b}+\frac{b^2+c}{a+c}+\frac{c^2+a}{b+a}$

Xét $ P= \frac{a^2}{b+c}+ \frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b} $
Giả sử $ a\geq b\geq c $ Ta sẽ chứng minh :
$ P\geq \frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{a+c}+\frac{b^2}{a+b} $
Một cách tổng quát xét bđt :
$ a_1.b_1+a_2b_2+a_3b_3 \geq a_1b_2+a_2b_3+a_3b_1 $ Với $\begin {align} &a_1 \geq a_2 \geq a_3 , & b_1 \geq b_2 \geq b_3 \end{align} $
$ \Leftrightarrow a_1(b_1-b_2)+a_2(b_2-b_3)+a_3(b_3-b_1) \geq 0 $
$ \Leftrightarrow VT = (b_1-b_2)(a_1-a_2)+ (b_1-b_3)(a_2-a_3) \geq 0 $ (Đúng theo giả thiết )
Từ đó Ta có :
Với $ a^2 \geq b^2 \geq c^2 $ và $ \frac{1}{b+c} \geq \frac{1}{c+a} \geq \frac{1}{a+b} $
Ta có:
$ P \geq \frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{a+c}+\frac{b^2}{a+b} $
Đến đây ta có $ 2P \geq \frac{c^2+a^2}{b+c}+\frac{a^2+b^2}{a+c}+\frac{b^2+c^2}{a+b} \geq \frac{2ac}{b+c}+\frac{2ab}{a+c}+\frac{2bc}{a+b} $
$\Leftrightarrow P \geq \frac{ac}{b+c}+\frac{ab}{a+c}+\frac{bc}{a+b}$
Từ đó ta có :
$ A \geq \frac{ac+b}{c+b}+\frac{ba+c}{a+c}+\frac{cb+a}{b+a} = \frac{ac+b(a+b+c)}{c+b}+\frac{ba+c(a+b+c)}{a+c}+\frac{cb+a(a+b+c)}{b+a} =2(a+b+c)=2 $
Vậy $ A \geq 2 $
Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c = \frac{1}{3} $

[le_hoang1995]

Bài 27 Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm min:
$$A=\frac{a^2+b}{c+b}+\frac{b^2+c}{a+c}+\frac{c^2+a}{b+a}$$

Bài này còn 1 cách nữa theo BDT AM-GM.
$$P+1=\frac{a^2+b}{c+b}+a+\frac{b^2+c}{a+c}+b+\frac{c^2+a}{b+a}+c$$
$$=\frac{a(a+b+c)+b}{b+c}+\frac{b(a+b+c)+c}{c+a}+\frac{c(a+b+c)+a}{a+b}$$
$$=\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+\frac{c+a}{a+b}\geq 3$$
$$\Rightarrow A\geq 2$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 22-06-2012 - 23:23

[Ispectorgadget]

Bài 30: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=9$. Chứng minh rằng:$$log_3(a^2+18) + log_3(b^2+18) + log_3(c^2+18) \geq 9$$
Trích đề chọn HSG Chuyên TB

[Ispectorgadget]

Bài 31: Cho $x,y,z$ thực thỏa $\frac{1}{4}\le x\le 1; y,z\geq 1;xyz=1$. Chứng minh rằng: $$\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq \frac{22}{15}$$
Đề thi thử ĐH Trường THPT Thanh Thủy- Phú Thọ lần 2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 24-06-2012 - 18:16

[mathmath123]

Bài 32:Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh
$\frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}}{ab+bc+ca}+\frac{3abc}{a+b+c}\geq \frac{2}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

[viet 1846]

Bài 31: Cho $x,y,z$ thực thỏa $\frac{1}{4}\le x\lé; y,z\geq 1;xyz=1$. Chứng minh rằng: $$\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq \frac{22}{15}$$
Đề thi thử ĐH Trường THPT Thanh Thủy- Phú Thọ lần 2

Sử dụng BĐT:

\[\frac{1}{{1 + y}} + \frac{1}{{1 + z}} \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {yz} }} = \frac{2}{{1 + \frac{1}{{\sqrt x }}}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}}\]

Bài toán trở về 1 biến:

Ngoài ra có thể chứng minh BĐT thông qua hàm Nêpe

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoàng Quốc việt: 24-06-2012 - 18:19

[viet 1846]

Bài 30: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=9$. Chứng minh rằng:$$log_3(a^2+18) + log_3(b^2+18) + log_3(c^2+18) \geq 9$$
Trích đề chọn HSG Chuyên TB

Ta luôn có BĐT sau:

\[lo{g_3}({a^2} + 18) \ge 3 + \frac{2}{{9\ln 3}}\left( {a - 3} \right)\]

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Bài 32:Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh
$\frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}}{ab+bc+ca}+\frac{3abc}{a+b+c}\geq \frac{2}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

làm cách trâu bò:

chuẩn hóa cho $ a+b+c=3 $ thì bất đẳng thức trở thành:

$ a^4+b^4+c^4 +abc(ab+bc+ca) \geq \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca) $

đặt $ 3=a+b+c=p, ab+bc+ca=q, abc=r $ và chú ý các đẳng thức, bất đẳng thức sau:

$ a^4+b^4+c^4=p^4-4p^2q+2q^2+4pr=81-36q+2q^2+12r $
$ a^2+b^2+c^2=p^2-2q=9-2q $
$ r \geq \frac{p(4q-p^2)}{9}=\frac{4p-9}{3} $ (bất đẳng thức schur)
thay vào bdt cần chứng minh ta được:

$ BDT \Leftrightarrow \frac{10}{3}q^2-42q+qr+12r+81 \geq 0 $ (1)

áp dụng bất đẳng thức schur ta có:

$ VT(1) \geq \frac{10}{3}q^2-42q+\frac{q(4q-9)}{3}+4(4q-9)+81 $

ta sẽ chứng minh $ \frac{10}{3}q^2-42q+\frac{q(4q-9)}{3}+4(4q-9)+81 \geq 0 $

$ \Leftrightarrow 14q^2-87q+135 \geq 0 $

$ \Leftrightarrow (q-3)(q-\frac{45}{14}) \geq 0 $ ( luôn đúng vì $ q \leq 3 $)

vậy bdt được chứng minh

[mathmath123]

Bài này không cần chuẩn hóa đâu bạn à
__
Bạn làm cụ thể ra luôn đi nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 24-06-2012 - 20:57