Bất đẳng thức khó

N

ngocha1993

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

1. CM: $(1 + \dfrac{1}{n + 1})^n + 1$ > $(1 + \dfrac{1}{n})^n$ \forall n>0
2. Cho a, b, c > 0, abc = 1. CM: $a^3 + b^3 + c^3 $ \geq a + b + c
3. Cho a, b, c > 0, abc = 1. CM: $(a + \dfrac{1}{a + 1})$$(b + \dfrac{1}{b + 1})$$(c + \dfrac{1}{c + 1})$ \geq $\dfrac{27}{8}$
4. Cho a, b, c > 0. CM: $3(a^2b + b^2c + c^2a)(a^2c + b^2a + c^2b)$ \geq $(a + b + c)^3.abc$
5. Cho a, b > 0; a + b \leq 1. Tìm GTNN của $\dfrac{1}{a^2 + b^2}$ + $\dfrac{1}{ab}$ + 4ab
6. Cho a, b, c > 0. CM: a + $\sqrt[3]{\dfrac{ab(a + b)}{2}}$ + $\sqrt[3]{abc}$ \leq 3 $\sqrt[3]{a.\dfrac{a + b}{2}.\dfrac{a + b + c}{3}}$
7. Cho a, b, c > 0, a + b + c = 3. CM: $\dfrac{a^2 + bc}{b + ca}$ + $\dfrac{b^2 + ca}{c + ab}$ + $\dfrac{c^2 + ab}{a + bc}$ \geq 3
8. Cho a, b, c > 0. CM: $\dfrac{(2a + b + c)^2}{2a^2 + (b + c)^2}$ + $\dfrac{(2b + c + a)^2}{2b^2 + (c + a)^2}$ + $\dfrac{(2c + a + b)^2}{2c^2 + (a + b)^2}$ \leq 8
 
B

braga

$\fbox{5}. \ VT=\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{2ab}+\left(\dfrac{1}{4ab}+4ab\right)+\dfrac{1}{4ab}\ge \dfrac{1}{(a+b)^2}+2\sqrt{4ab.\dfrac{1}{4ab}}+$ $\dfrac{1}{ 4\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2}\ge \fbox{7}$
 
B

braga

$\fbox{8}.$ Ta chuẩn hoá $a+b+c=3$.
$$\text{BDT}\iff \dfrac{(3+a)^2}{2a^2+(3-a)^2}+\dfrac{(3+b)^2}{2b^2+(3-b)^2}+\dfrac{(3+c)^2}{2c^2+(3-c)^2}\le 8$$
Mà ta có:
$$\dfrac{3(3+a)^2}{2a^2+(3-a)^2}=\dfrac{a^2+6a+9}{a^2-2a+3}=1+\dfrac{8a+6}{(a-1)^2+2}\le 1+\dfrac{8a+6}{2}=4a+4$$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
 
B

braga

$\fbox{6}.$ Dùng $Cauchy$ cho 3 số dương . Ta có:

$\sqrt[3]{\dfrac{{a}^{2}}{\dfrac{a+b}{2}.\dfrac{a+b+c}{3}}}\leq \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2a}{a+b} +\dfrac{3a}{a+b+c}+1\right) \\ \sqrt[3]{\dfrac{b}{\dfrac{a+b+c}{3}}}\leq \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{3b}{a+b+c}+1 +1\right) \\ \sqrt[3]{\dfrac{bc}{\dfrac{a+b}{2}.\dfrac{a+b+c}{3}}}\leq \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2b}{a+b}+\dfrac{3c}{a+b+c}+1 \right)$
Cộng vế theo vế ta có dpcm.
 
T

tranvanhung7997

Bài 2: Ta có; $a^3 + 1 + 1 \ge 3a$
$b^3 + 1 + 1 \ge 3b$
$c^3 + 1 + 1 \ge 3c$
Cộng theo vế 3 BĐT trên, ta được: $a^3 + b^3 + c^3 + 6 \ge 3a + 3b + 3c$
<=> $a^3 + b^3 + c^3 \ge 3a + 3b + 3c - 6 = a + b + c + 2(a + b + c) - 6$
Ta có: $a + b + c \ge 3\sqrt[3]{abc} = 3.1 = 3$
=> $a^3 + b^3 + c^3 \ge a + b + c + 2.3 - 6 = a + b + c$
Dấu = có tại a = b = c = 1
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom