Toán Bất đẳng thức

[trang_dh]

Bài 42: thử năng lực:
cho [tex] \left{\begin{x,y>0}\\{x+y \geq 3} [/tex] cmr
$A=7x+5y+ \frac{6}{x}+\frac{16}{x} \ge 31 $

Chú ý: Ghi số thứ tự của bài ^^

 

[hthtb22]

thử năng lực:
cho[TEX]\left{\begin{x,y>0}\\{x+y\geq3} [/TEX] cmr
A=7x+5y+[tex]\frac{6}{\frac{x}[/tex]+[tex]\frac{16}{\frac{y}[/tex]\geq31

Dự đoán điểm rơi: $x=1;y=2$
AM-GM
$6x+\frac{6}{x} \ge 12$.
$4y+\frac{16}{y}\ge 16$
$x+y\ge 3$
Cộng vế

 

[vngocvien97]

Bài 43:Có lẽ bài này hơi dễ.(Cũng là của tui)
Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương thay đổi $>1$ thoả mãn $x+y+z=xyz$.Tìm $Min$ của:
$$A=x^4+y^4+z^4$$

 

[trang_dh]

thử năng lực:
cho[TEX]\left{\begin{x,y>0}\\{x+y\geq3} [/TEX] cmr
A=7x+5y+[tex]\frac{6}{\frac{x}[/tex]+[tex]\frac{16}{\frac{y}[/tex]\geq31

phán đoán:x+y=3=1+2
\Rightarrow[TEX]x^2[/TEX]=1\Rightarrowx=[tex]\frac{1}{\frac{x}[/tex]\Rightarrow6x=[tex]\frac{6}{\frac{x}[/tex]
[TEX]y^2[/TEX]=4\Rightarrow[tex]\frac{y}{\frac{4}[/tex]=[tex]\frac{1}{\frac{y}[/tex]
\Rightarrow[tex]\frac{16y}{\frac{4}[/tex]=[tex]\frac{16}{\frac{y}[/tex]=4y
\RightarrowA=(6x+[tex]\frac{6}{\frac{x}[/tex])+([tex]\frac{16}{\frac{y}[/tex]+[tex]\frac{y}{\frac{4}[/tex])+(x+y)
cosi A\geq12+16+3=31

 

[trang_dh]

Bài 42:Có lẽ bài này hơi dễ.(Cũng là của tui)
Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương thay đổi $>1$ thoả mãn $x+y+z=xyz$.Tìm $Min$ của:
$$A=x^4+y^4+z^4$$

MIN=1( bunhia)
(dau= xay ra\Leftrightarrowx=y=z=1)

 

[hthtb22]

Bài 42:Có lẽ bài này hơi dễ.(Cũng là của tui)
Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương thay đổi $>1$ thoả mãn $x+y+z=xyz$.Tìm $Min$ của:
$$A=x^4+y^4+z^4$$

Ta có $x+y+z \ge 3 \sqrt[3]{xyz}$
\Rightarrow $xyz \ge 3\sqrt[3]{xyz}$
\Rightarrow $xyz \ge 3\sqrt{3}$
Mà $A=x^4+y^4+z^4 \ge xyz(x+y+z) \ge (xyz)^2 \ge 27$

 

[minhtuyb]

Bài 41: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = 1
Chứng minh rằng [TEX]a^2 + b^2 + c^2 + 9abc \geq 2(ab + bc + ac)[/TEX]

Chắc ông chế từ cái này ^_^:
$$a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge 2(ab+bc+ca)$$
Chứng minh BĐT bên phải thôi nhé:
$$bdt\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Đúng theo Schur. Thay $a+b+c=1$ ta có ĐPCM $\square$

 

[thienlong_cuong]

Bài 41:
Ta có : $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=1-2(ab+bc+ca)$.
Bđt \Leftrightarrow $4(ab+bc+ca)-9abc \le 1$.
\Leftrightarrow $4a(b+c)+bc(4-9a) \le 1$
\Leftrightarrow $4a(1-a)+bc(4-9a) \le 1$
Xét hàm số $f(x)=x(4-9a)+4a(1-a)$
Với $a=bc \le (\frac{b+c}{2})^2=\frac{(1-a)^2}{4}$.
Như vậy $f(x)_{max}$\Leftrightarrow $x=\frac{(1-a)^2}{4}$
Thay vào đánh giá tiếp
Lười quá ai thay vào giùm xem đúng không cái

Nhân 2 vế BĐT vs a+b + c
Khi đó BĐT đưa về dạng schur bậc 1
ai pro giải khi nó ko âm đi !
Trong STBĐT có 1 dạng này , giải vs tập số thực

 

[vngocvien97]

Cách của mình hơi dài,nhưng thôi cứ post cho cả làng xem thử.
Ta có: $xyz=x+y+z$\Rightarrow$1=\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}$
Theo Svac-xơ: $\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}$\geq $\dfrac{9}{xy+yz+zx}$
hay $1$\geq $\dfrac{9}{xy+yz+zx}$\Rightarrow$xy+yz+zx$\geq $9$
Trở về biểu thức ban đầu:
$A=x^4+y^4+z^4$\geq $\dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3}$\geq $\dfrac{(xy+yz+zx)^2}{3}=27$
$Min A=27$\Leftrightarrow$x=y=z=\sqrt[]{3}$

 

[trang_dh]

cm bdt dung [TEX]a^2[/TEX]b+a[TEX]b^2[/TEX]+1-3ab\geq 0.......................(vs a,b ,c không âm)

 

[thienlong_cuong]

[TEX]a^2[/TEX]b+a[TEX]b^2[/TEX]+1-3ab\geq0.......................(vs a,b ,c không âm)

ý bạn là cm BĐT trên !?
Đúng theo AM-GM !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

 

[minhtuyb]

Bài 44: Cho $a,b,c$ thực thỏa mãn $ab+bc+ca=3$, chứng minh rằng:
$$\dfrac{(a-b)^2}{a^2+2b^2+c^2}+\dfrac{(b-c)^2}{b^2+2c^2+a^2}+\dfrac{(c-a)^2}{c^2+2a^2+b^2}\ge \dfrac{3}{4}.\dfrac{(a-c)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$

 

[trang_dh]

bạn nào cho cách học và cách xây dựng các bất đẳng thức cụ thể đi

 

[thienlong_cuong]

Bài 44: Cho $a,b,c$ thực thỏa mãn $ab+bc+ca=3$, chứng minh rằng:
$$\dfrac{(a-b)^2}{a^2+2b^2+c^2}+\dfrac{(b-c)^2}{b^2+2c^2+a^2}+\dfrac{(c-a)^2}{c^2+2a^2+b^2}\ge \dfrac{3}{4}.\dfrac{(a-c)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$

dấu bằng xảy ra khj a,b,c đồng thời bằng 1.
Với a,b,c khác nhau thì
dùng schwarz để cm tổng 2 phân thức đầu luôn lớn hơn VP, ? Tú , ôg chế thế nào đây? Tuj ko hjêu ý tg

 

[minhtuyb]

dấu bằng xảy ra khj a,b,c đồng thời bằng 1.
Với a,b,c khác nhau thì
dùng schwarz để cm tổng 2 phân thức đầu luôn lớn hơn VP, ? Tú , ôg chế thế nào đây? Tuj ko hjêu ý tg

Chết cha chế nhầm z_z. Thôi kệ BĐT vẫn đúng
---
Schwarz hai cái đầu:
$$\dfrac{(a-b)^2}{a^2+2b^2+c^2}+\dfrac{(b-c)^2}{b^2+2c^2+a^2}\ge \dfrac{(a-c)^2}{2a^2+3b^2+3c^2}$$
Suy ra:
$$VT\ge (a-c)^2(\dfrac{1}{2a^2+3b^2+3b^2+3c^2}+\dfrac{1}{c^2+2a^2+b^2}) \\ \ge \dfrac{4(a-c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)}= \dfrac{(a-c)^2}{a^2+b^2+c^2}$$
C/m còn lại đơn giản. Dấu bằng xảy ra. chẳng hạn khi $a=b=c=1$

 

[minhtuyb]

Bài 45: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn:
$$\dfrac{1}{a^3+1}+\dfrac{1}{b^3+1}+\dfrac{1}{c^3+1}=1$$
Tìm min $abc$

 

[vivietnam]

Bài 46:cho $a,b,c \in (0;1]$ và $ab+ac+bc \le 3$
chứng minh
$\sum \dfrac{\sqrt{ab}(3.\sqrt{b}-\sqrt{a})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}} \le 3$

 

[thienlong_cuong]

Bài 45: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn:
$$\dfrac{1}{a^3+1}+\dfrac{1}{b^3+1}+\dfrac{1}{c^3+1}=1$$
Tìm min $abc$

chắc ri
[TEX]\prod_{i=1}^{3}\frac{a^3}{a^3 + 1} \geq 8.\frac{a^3b^3c^3}{(a+1)^3(b+1)^3(c+1)^3} \Rightarrow abc \geq 2 [/TEX]

Bosjeunhan: Không biết dạo ny n.g.u hay sao mà nhìn chả hiểu giề =((

 

[minhtuyb]

Bài 46:cho $a,b,c \in (0;1]$ và $ab+ac+bc \le 3$
chứng minh
$\sum \dfrac{\sqrt{ab}(3.\sqrt{b}-\sqrt{a})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}} \le 3$

Giả thiết có hơi thừa không ạ?
Em thấy $ab+bc+ca\le 3$ đã là một hệ quả của $a,b,c\in (0;1]$ rồi ^_^

 

[vivietnam]

à cái đó cho trước để đỡ phải chứng minh ấy mà,đơn giản hơn tí