Chủ đề này có 3 trả lời

[chinhanh9]

Bài 1:

Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$ ta có:

$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\ge (1+a)(1+b)(1+c)$

Bài 2: 

Chứng minh rằng với mọi $a,b,c >0$ ta có:

$\sum \frac{a^4}{1+a^2b} \ge \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Bài 3:

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:

$\sum \sqrt{\frac{a^2}{a^2+b+c}}\geq \sqrt{3}$

[25 minutes]

Bài 2: 

Chứng minh rằng với mọi $a,b,c >0$ ta có:

$\sum \frac{a^4}{1+a^2b} \ge \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

 

Ta có $\frac{a^4}{1+a^2b}=\frac{a^4c}{c+a^2bc}\Rightarrow \sum \frac{a^4}{1+a^2b}= \sum \frac{a^4c}{c+a^2bc}$

Áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có 

 $\sum \frac{a^4}{1+a^2b}= \sum \frac{a^4c}{c+a^2bc} \geq \frac{(a^2\sqrt{c}+b^2\sqrt{a}+c^2\sqrt{b})^2}{(a+b+c)(1+abc)}$

Do đó ta sẽ chứng minh $\frac{(a^2\sqrt{c}+b^2\sqrt{a}+c^2\sqrt{b})^2}{(a+b+c)(1+abc)} \geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

             $\Leftrightarrow \frac{a^2\sqrt{c}+b^2\sqrt{a}+c^2\sqrt{b}}{\sqrt{abc}} \geq a+b+c$

            $\Leftrightarrow \frac{a^2}{\sqrt{bc}}+\frac{b^2}{\sqrt{ac}}+\frac{c^2}{\sqrt{ab}} \geq a+b+c$

Lại áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có 

$\Leftrightarrow \frac{a^2}{\sqrt{bc}}+\frac{b^2}{\sqrt{ac}}+\frac{c^2}{\sqrt{ab}} \geq \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}} \geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c}=a+b+c$

Vậy ta có đpcm

Dấu = xảy ra khi $a=b=c>0$

[25 minutes]

Bài 1:

Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$ ta có:

$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\ge (1+a)(1+b)(1+c)$

 

Sử dụng các kí hiệu sau : $\left\{\begin{matrix} p=a+b+c\\q=ab+bc+ac \\r=abc \end{matrix}\right.$

BĐT $\Leftrightarrow \sqrt{2(1+a^2b^2c^2+ \sum a^2+ \sum a^2b^2} )\geq \sum ab+ \sum a -1-abc$

Lại có $\sum a^2b^2=q^2-2pr, \sum a^2=p^2-2q$

Bình phương 2 vế bđt trên ta được 

           $2(1+r^2+p^2-2q+q^2-2pr) \geq p^2+q^2+2pq+r^2+2r+1-2pr-2qr-2p-2q$

$\Leftrightarrow (r^2-2r+1)+(p^2+q^2-2pq)-2(pr+qr-p-q) \geq 0$

$\Leftrightarrow (r-1)^2+(p-q)^2-2(p-q)(r-1) \geq 0$

$\Leftrightarrow (r-1-p+q)^2 \geq 0$

Nhưng bđt trên luôn đúng với $a,b,c \in R$

Vậy ta có đpcm

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

[vutuanhien]

Bài 1:

Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$ ta có:

$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\ge (1+a)(1+b)(1+c)$

Cách của em đơn giản hơn cách anh Hoàng Anh 1 chút

Ta có $(1+a^2)(1+b^2)=(a+b)^2+(1-ab)^2$; $2(1+c^2)=(c+1)^2+(c-1)^2$

Áp dụng BĐT C-S, ta có $2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)=\left [ (a+b)^2+(1-ab)^2 \right ]\left [ (1+c)^2+(1-c)^2 \right ]\geq \left [ (a+b)(1+c)+(1-ab)(c-1) \right ]^2\Rightarrow \sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\geq (a+b)(1+c)+(1-ab)(c-1)\Rightarrow VT\geq 2(1+abc)+(a+b)(1+c)+(1-ab)(c-1)=(1+a)(1+b)(1+c)=VP$

(đpcm)   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 25-05-2013 - 16:47