Chủ đề này có 4 trả lời

[Didier]

Bai1 :Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $abc=1$ .Chứng minh rằng :
$\frac{1}{(a+1)^{2}}+\frac{1}{(b+1)^{2}}+\frac{1}{(c+1)^{2}}+\frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 1$
Bài2:Cho $a,b,c\geq 0$ Thỏa mãn $a+b+c=1006$.Chứng minh rằng:
$\sqrt{2012a+\frac{(b-c)^2}{2}}+\sqrt{2012b+\frac{(c-a)^2}{2}}+\sqrt{2012c+\frac{(a-b)^2}{2}}\leq 2012\sqrt{2}$
Bai3:Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a+b+c+d+e=1$.Tìm max
$abc+bcd+cde+dea+eab$

[hoangkkk]

Bài 1 : Từ giả thiết của bài toán ta suy ra rằng tồn tại $x,y,z >0$ sao cho $a=\frac{yz}{x^2}$, $a=\frac{zx}{y^2}$, $a=\frac{xy}{z^2}$. Thay vào và viết bất đẳng thức cần chứng minh lại thành :
$$\sum \frac{x^4}{\left ( x^2+yz \right )^2}+\frac{2x^2y^2z^2}{\prod \left ( x^2+yz \right )}\geq 1$$
Đến đây áp dụng Cauchy-Schwarz cho $VT$ thu được :
$$VT \geq \sum \frac{x^4}{\left ( x^2+y^2 \right )\left ( x^2+z^2 \right )}+\frac{2x^2y^2z^2}{\prod \left ( x^2+yz \right )}$$
hay $$VT \geq \frac{\sum x^4\left ( y^2+z^2 \right )}{\left ( x^2+y^2 \right )\left ( y^2+z^2 \right )\left ( z^2+x^2 \right )}+\frac{2x^2y^2z^2}{\prod \left ( x^2+yz \right )}$$
Quy về chứng minh :
$$\Leftrightarrow \frac{\sum x^4\left ( y^2+z^2 \right )}{\left ( x^2+y^2 \right )\left ( y^2+z^2 \right )\left ( z^2+x^2 \right )}+\frac{2x^2y^2z^2}{\prod \left ( x^2+yz \right )}\geq 1$$
Để ý rằng : $\frac{\sum x^4\left ( y^2+z^2 \right )}{\left ( x^2+y^2 \right )\left ( y^2+z^2 \right )\left ( z^2+x^2 \right )}=1-\frac{2x^2y^2z^2}{\prod \left ( x^2+yz \right )}$
nên để chứng minh bđt ta chỉ cần chỉ ra được :
$$\left ( x^2+y^2 \right )\left ( y^2+z^2 \right )\left ( z^2+x^2 \right )\geq \left ( x^2+yz \right )\left ( y^2+zx \right )\left ( z^2+xy \right )$$
Dễ thấy bất đẳng thức trên luôn đúng nhờ vào đánh giá quen thuộc: $x^2+yz\leq \sqrt{\left ( x^2+y^2 \right )\left ( x^2+z^2 \right )}$
Vậy ta có đpcm.

[huy thắng]

mình chém bài 3 nhé

Bai3:Cho $a,b,c,d,e\geq 0$ thỏa mãn $a+b+c+d+e=1$.Tìm max
$A=abc+bcd+cde+dea+eab (1)$

không mất tính tổng quát,giả sử $a$ min => $a<=1/5$
$(1) => A=a(b+d)(c+e) + (b+e-a)cd <= a(\frac{1-a}{2})^2+(\frac{1-2a}{3})^3=\frac{1}{108}(-5a^3-6a^2+3a+4)$
Xét hàm số $f(a)=-5a^3-6a^2+3a+4$ với $x$ thuộc $(0;1/5]$
ta có $f'(a)=-15a^2-12a+3 >=0$ với x thuộc $(0;1/5]$ nên $f(x)$ đồng biến trên $(0;1/5]$
$=> f(x)<=f(1/5)=\frac{108}{25}$ với x thuộc $(0;1/5]$ $=>A<=\frac{1}{25}$
dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=d=e=\frac{1}{5}$
Vậy....

[yeutoan11]

Bài 2 :
$2012a + \frac{(b-c)^2}{2}\leq 2(a+b+c)a + \frac{(b+c)^2}{2}=2(a+\frac{b+c}{2})^2$
Tương tự ta có ĐPCM : Đẳng thức khi 2 biến $= 0$

[triethuynhmath]

Bai1 :Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $abc=1$ .Chứng minh rằng :
$\frac{1}{(a+1)^{2}}+\frac{1}{(b+1)^{2}}+\frac{1}{(c+1)^{2}}+\frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 1$

Câu này làm vầy được chứ nhỉ:
Đầu tiên ta có bất đẳng thức phụ sau: $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{1+ab}$ Cách chứng minh đã được chính em trình bày ở đây: http://diendantoanho...psum-fraca2ab2/ .
Bây giờ ta sẽ xử lý đoạn còn lại.
Đến đây ta nhận xét khéo léo theo nguyên lý Đirichlet thì trong 3 số $a,b,c$ luôn có $2$ số đồng thời không nhỏ hơn $1$ hoặc đồng thời không lớn hơn $1$.
Giả sử đó là $a,b$ thì: $(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow ab+1\geq a+b\Rightarrow 2(ab+1)\geq (a+1)(b+1)\Rightarrow \frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq \frac{1}{(ab+1)(c+1)}=\frac{1}{(\frac{1}{c}+1)(1+c)}=\frac{c}{(c+1)^2}$
Mặt khác: áp dụng bất đẳng thức phụ trên thì: $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2} \geq \frac{1}{1+ab}=\frac{1}{1+\frac{1}{c}}=\frac{c}{c+1}$
Vậy cộng hết vế theo vế ta được: $VT\geq \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{c}{(c+1)^2}=\frac{c}{c+1}+\frac{1}{c+1}=1 (ĐPCM)$ Cách này thì chẳng phải đổi biến gì cả