dark templar

Cho a, b, c>0. CMR: $\sum \frac{a^{4}c}{b(a^{2}c+b^{3})}\geq \frac{1}{2}(a+b+c)$

Thực hiện biến đổi:

$$\frac{a^{4}c}{b\left ( a^{2}c +b^{3}\right )}=\frac{a^{2}}{b}\left ( 1-\frac{b^{3}}{a^{2}c+b^{3}} \right )\geqslant \frac{a^{2}}{b}\left ( 1-\frac{b^{3}}{2ab\sqrt{bc}} \right )=\frac{a^{2}}{b}-\frac{a}{2}\sqrt{\frac{b}{c}}$$

Do đó:

$$\sum \frac{a^{4}c}{b(a^{2}c+b^{3}}\geqslant \sum \frac{a^{2}}{b}-\frac{1}{2}\sum a\sqrt{\frac{b}{c}}$$

Ta chỉ cần chứng minh:

$$\sum \frac{a^{2}}{b}-\frac{1}{2}\sum a\sqrt{\frac{b}{c}}\geqslant \frac{1}{2}\sum a$$

Đặt $x=\sqrt{\frac{a}{b}};y=\sqrt{\frac{b}{c}};z=\sqrt{\frac{c}{a}}$ thì $x,y,z>0$ và $xyz=1$.Để ý là $a=\frac{x}{yz};b=\frac{y}{zx};c=\frac{z}{xy}$

Khi đó BĐT trở thành:

$$\sum \frac{x^{3}}{yz}-\frac{1}{2}\sum \frac{x}{z}\geqslant \frac{1}{2}\sum \frac{x}{yz}\Leftrightarrow 2\sum x^{4}-\sum x^{2}y\geqslant \sum x^{2}(*)$$

Với $xyz=1$,ta dễ dàng có các BĐT sau thông qua AM-GM:

$\sum x^{4}\geqslant \sum x^{3}\geqslant \sum x^{2}y$ và $\sum x^{4}\geqslant \sum x^{2}$

Dễ thấy rằng $(*)$ chỉ là hệ quả của việc cộng các BĐT trên.

Cho x,y,z > 0 Thỏa mãn $x+y+z = 3$

Tìm Min $A = \frac{x}{y(x+y^2)} + \frac{y}{z(y+z^2)} + \frac{z}{x(z+x^2)}$

Thực hiện phép biến đổi sau:

$$\frac{x}{y(x+y^{2})}=\frac{1}{y}\left ( 1-\frac{y^{2}}{x+y^{2}} \right )\geqslant \frac{1}{y}\left ( 1-\frac{y^{2}}{2y\sqrt{x}} \right )=\frac{1}{y}-\frac{1}{2\sqrt{x}}$$

Do đó:

$$A\geqslant \left ( \frac{1}{x}-\frac{1}{2\sqrt{x}} \right )+\left ( \frac{1}{y}-\frac{1}{2\sqrt{y}} \right )+\left ( \frac{1}{z}-\frac{1}{2\sqrt{z}} \right )$$

Ta sẽ chứng minh BĐT phụ sau:

$\frac{1}{x}-\frac{1}{2\sqrt{x}}\geqslant \frac{5-3x}{4},\forall x>0\Leftrightarrow 3x^{2}-5x-2\sqrt{x}+4\geqslant 0$

$\Leftrightarrow \left ( \sqrt{x}-1 \right )^{2}\left ( 3x+6\sqrt{x}+4 \right )\geqslant 0 (*)$

Dễ thấy $(*)$ luôn đúng với mọi $x>0$ nên từ đó ta sẽ có $A\geqslant \frac{15-3(x+y+z)}{4}=\frac{3}{2}$

$A_{\min}=\frac{3}{2}$ khi và chỉ khi $x=y=z=1$.

Cho $a;b;c>0$.Chứng minh rằng $\frac{a^{4}}{b^{3}(c+2a)}+\frac{b^{4}}{c^{3}(a+2b)}+\frac{c^{4}}{a^{3}(b+2c)}\geq 1$

Đặt $x=\frac{a}{b};y=\frac{b}{c};z=\frac{c}{a}$ suy ra $x,y,z>0$ và $xyz=1$.

BĐT tương đương với $\frac{x^{3}}{z+2}+\frac{y^{3}}{x+2}+\frac{z^{3}}{2+y} \geqslant 1$

Theo C-S:

$$VT \geqslant \frac{\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )^{2}}{2(x+y+z)+xy+yz+zx}$$

Ta cần chứng minh:

$$\left ( x^{4}+y^{4}+z^{4} \right )+2\left ( x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2} \right )\geqslant 2(x+y+z)+(xy+yz+zx)$$

Theo AM-GM:

$VT\geqslant 2\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )-3+3\sqrt[3]{x^{4}y^{4}z^{4}}+\left ( x^{2} y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}\right )$

$\geqslant 2\left [ 2\left ( x+y+z \right )-3 \right ]-3+3+2\left ( xy+yz+zx \right )-3=VP+2(x+y+z)+(xy+yz+zx)-9$

$\geqslant VP+2.3\sqrt[3]{xyz}+3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}-9=VP$

Ta có đpcm.

Cho biểu thức:

f(n)=$\frac{2n+1+\sqrt{n(n+1)}}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}$

Tính tổng : S=f(1)+f(2)+...+f(2016)

Cứ đặt $a=\sqrt{n}$ và $b=\sqrt{n+1}$ thì $b^2-a^2=1$.Do đó 

$f(n)=\frac{a^{2}+b^{2}+ab}{a+b}=\frac{(b-a)\left ( a^{2}+b^{2}+ab \right )}{(b-a)(a+b)}=\frac{b^{3}-a^{3}}{b^{2}-a^{2}}=(n+1)\sqrt{n+1}-n\sqrt{n}$

Vậy :

$S=2\sqrt{2}-1+3\sqrt{3}-2\sqrt{2}+...+2017\sqrt{2017}-2016\sqrt{2016}=2017\sqrt{2017}-1$

CMR với a; b; c là các số dương thì

 $\sum \sqrt{a^{2}+ab+b^{2}}\geq 3\sqrt{ab+cb+ca}$

PS ĐÂY là một bài rất hay

Mọi người tham gia giải và đáp án sẽ được thông báo sau

Gợi ý; xuất phát từ bất đẳng thức luôn đúng $(a-b)^{2}\geq 0$

     

Sử dụng 2 BĐT phụ sau:

$a^{2}+b^{2}+ab\geqslant \frac{3}{4}(a+b)^{2}$

$a+b+c \geqslant \sqrt{3\left ( ab+bc+ca \right )}$

Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn: $a^2.b^2+a^2-3b^2+1\leq 0$

Tìm GTNN của biểu thức: P=$\frac{b}{a^2+b}+\frac{b^2}{a+b^2}+\frac{b}{a+b}$

Ta có $a^2b^2+1 \ge 2ab$ nên ta sẽ có: $a^2-3b^2+2ab \le 0$ hay $a \le b$.Từ đó $P \ge \frac{b}{b^2+b}+\frac{b^2}{b+b^2}+\frac{b}{2b}=\frac{3}{2}$

$P_{\min}=\frac{3}{2}$ khi và chỉ khi $a=b=1$.

$\left\{\begin{matrix}
x_1=\sqrt{2} & \\
 x_{n+1}=\dfrac{x_n+\sqrt{2}-1}{(1-\sqrt{2})x_n+1}&
\end{matrix}\right.$, với mọi $n\epsilon N^*$

Tìm công thức tổng quát $x_n$ của dãy đã cho.

Để ý rằng $\sqrt{2}-1=\tan \frac{\pi }{8}$ nên nếu ta đặt $x_1=\sqrt{2}=\tan a$ thì ta có:

$$x_{2}=\frac{\tan a+\tan \frac{\pi }{8}}{1-\tan a\tan \frac{\pi }{8}}=\tan \left ( a+\frac{\pi }{8} \right )$$

Từ đây dễ dàng thấy $x_{n}=\tan \left ( \arctan \sqrt{2}+\left ( n-1 \right )\frac{\pi }{8} \right )$

Cho các số a,b,c $\in \begin{bmatrix} 0,1 \end{bmatrix}$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{bc+1}+\frac{1}{ca+1}\leq \frac{5}{a+b+c}$

Xem ở http://www.artofprob...0156_inequality

Hôm nay đi dạo trên AoPS thì thấy bài này cũng hay nên post lên đây cho các bạn tham khảo.Bài này có hẳn 1 bài tổng quát cho $n$ biến nhưng mình lấy 3 biến để dễ tiếp cận

Với $a,b,c>0$ ,chứng minh rằng :

$$3\sqrt[9]{\frac{9a(a+b)}{2(a+b+c)^{2}}}+\sqrt[6]{\frac{6bc}{(b+c)(a+b+c)}}\leqslant 4$$

Cho$ a,b,c > 0 ; a^2 +b^2+c^2 = 3 $ Tìm MIN 

$P = (a+b+c)^2 + \frac{a^3+b^3+c^3}{abc} -\frac{1}{ab+bc+ca}$

Ta có:

$P=6+2\sum ab+\frac{(a+b+c)(3-\sum ab)}{abc}-\frac{1}{\sum ab}$

Theo C-S thì 

$$\frac{a+b+c}{abc}=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\geqslant \frac{9}{\sum ab}$$

Do đó:

$$P\geqslant 6+2x+\frac{9(3-x)}{x}-\frac{1}{x}=-3+2x+\frac{26}{x}$$

Với $x=\sum ab (0<x \le \sum a^2=3)$

Theo AM-GM  thì $2x+\frac{18}{x}\geqslant 12$,suy ra $P\geqslant -3+12+\frac{8}{x}\geqslant \frac{35}{3}$

Vậy $P_{\min}=\frac{35}{3}$ khi $a=b=c=1$

1.Cho a,b,c >0 thỏa mãn a + b + c =1. Chứng minh rằng:  

 

CodeCogsEqn (22).gif

Ai có lời giải thuần bằng C-S hay AM-GM thì post lên nhé

Xét phép đổi biến $p,q,r$,ta sẽ có $r\in \left ( 0;\frac{1}{27} \right ]; q \in \left ( 0;\frac{1}{3} \right ]$.Theo Schur thì $r\geqslant \frac{4q-1}{9}$

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\sum \frac{ab}{1-ab}\leqslant \frac{3}{8}\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1-ab}\leqslant \frac{27}{8}\Leftrightarrow \frac{\sum (1-ab)(1-bc)}{(1-ab)(1-bc)(1-ca)}\leqslant \frac{27}{8}$

$\Leftrightarrow \frac{3-2q+r}{1-q+r-r^{2}}\leqslant \frac{27}{8}\Leftrightarrow f(r)=27r^{2}-19r+11q-3\leqslant 0$

Dễ thấy $f'(r)=54r-19<0,\forall r \in \left ( 0;\frac{1}{27} \right ]$ nên $f(r)\leqslant f\left ( \frac{4q-1}{9} \right )=\frac{(16q+5)(3q-1)}{9}\leqslant 0,\forall q \in \left ( 0;\frac{1}{3} \right ]$

Ta có đpcm.

Cho dãy ($x_n$) xác định như sau: $x_1$=a, $x_2$=b, $x_{n+2}=\frac{(n-1)x_{n+1}+x_n}{n}$. Chứng minh ($x_n$) hội tụ và tính lim$x_n$ theo a và b

Ta sẽ tìm trực tiếp CTTQ của $x_n$.

Từ CTTH cho ta : $n\left ( x_{n+2}-x_{n+1} \right )+x_{n+1}-x_{n}=0$

Đặt $y_n=x_{n+1}-x_{n}$ thì $y_1=b-a$ và $y_{n+1}=\frac{-1}{n}y_{n}=\frac{(-1)^{n}}{n!}y_{1}=\frac{(-1)^{n}}{n!}\left ( b-a \right )$

Hay :

$$x_{n+1}=x_{n}+\frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}\left ( b-a \right )=x_{1}+\left ( b-a \right )\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^{k}}{k!}$$

Vậy $x_{n}=a+\left ( b-a \right )\sum_{k=0}^{n-2}\frac{(-1)^{k}}{k!}$

Xét khai triển Taylor cho hàm số $f(x)=e^{x}$,ta sẽ có ngay kết quả là $e^{x}=\sum_{k=0}^{\infty }\frac{x^{k}}{k!}$

Do đó :

$$\lim x_{n}=a+\left ( b-a \right )\sum_{k=0}^{\infty }\frac{(-1)^{k}}{k!}=a+\frac{b-a}{e}$$

 

 

2. Cho a,b, c là 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

 CodeCogsEqn (24).gif

Thanksall      

Theo AM-GM:

$$\frac{a}{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}=\sqrt{\frac{3a^{4}}{3a^{2}\left ( 2b^{2}+2c^{2}-a^{2} \right )}}\geqslant \frac{\sqrt{3}a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$$

Xây dựng 2 BĐT còn lại tương tự,ta có đpcm

 

1)Cho các số không âm a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=a+b+c. Tìm số thực k lớn nhất sao cho ta luôn có bất đẳng thức :

$\left ( a+b+c \right )\left ( \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \right )\geq k(a+b+c+1)$

 

Cho $a=0$ thì ta dễ dàng thu được $k \le 1$.Ta sẽ chứng minh $k=1$ là giá trị cần tìm.

Với $k=1$,ta cần chứng minh :

$$\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right )\geqslant a+b+c+1$$

Hay:

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geqslant a+b+c-2$$

Hay:

$$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}+\left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )}{\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )-abc}\geqslant a+b+c-2$$

Hay:

$$\left ( a+b+c \right )\left [ \left ( a+b+c \right )^{2}-3\left ( ab+bc+ca \right ) \right ]+3abc+\left ( a+b+c \right )^{2}\geqslant \left ( a+b+c-2 \right )\left [ \left ( a+b+c \right )^{2}-abc \right ]$$

Hay:

$$\left ( a+b+c \right )^{2}\left ( a+b+c-2 \right )+abc\left ( a+b+c+1 \right )\geqslant \left ( a+b+c \right )^{2}\left ( a+b+c-2 \right )$$

BĐT trên luôn đúng với mọi $a,b,c \ge 0$.Ta có đpcm.

Cho $n$ số thực thoả $\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}=1$.Tìm GTLN của :

$$P=\sum_{k=1}^{n}kx_{k}^{2} +\sum_{1\leq i<j\leq n } (i+j)x_{i}x_{j}$$