Toán Bất đẳng thức

[vngocvien97]

Gửi cả làng 1 bài nữa nè: 100% chế.
Bài 60: Cho 3 số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3$.cmr:
$$\dfrac{x^2(z^3+1)+y^2(x^3+1)+z^2(y^3+1)}{(3-2x)(3-2y)(3-2z)} +6 \ge 4(xy+yz+zx)$$

 

[bosjeunhan]

Áp dụng bất đẳng thức C-S:

$$ (\sum_{cyc}\dfrac{a^{2}}{b^2+c^2})(2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2) \ge (a^2+b^2+c^2)^2 = 1 $$

Ta chỉ cần chứng minh rằng :

$$ a+b+c \ge 3\sqrt{3}(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) $$

Nhưng nếu ta đặt $3a^2 =x; 3b^2=y;3c^2 =z$ thì bất đẳng thức trên được đưa về:

Với x+y+z=3 và x;y;z > 0 ta có:

$$ \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \ge xy+yz+zx $$

(Đây là bất đẳng thức RMO 90)

Nhân 2 vế với 2 và cộng vào 2 vế $x^2+y^2+z^2$,ta cần cmr:

$$ \sum_{cyc}(x^2+2\sqrt{x}) \ge 9 $$

Đúng theo bất đẳng thức AM-GM:

$$ x^2+ \sqrt{x}+ \sqrt{x} \ge 3x $$

Cộng vế có ngay đpcm

Lời giải khá gọn gàng!
Tham khảo cách này nhé (Ko pải của mình :">)

Theo C_S, ta có:
$$(a+b+c). (\sum_{cyc}\dfrac{a^{2}}{b^2+c^2}) \ge (\sum_{cyc}\dfrac{a\sqrt[]{a}}{\sqrt[]{b^2+c^2}}) \ge \dfrac{\sqrt[]{27}}{2}$$

Suy ra đ.p.c.m

 

[son9701]

Đóng góp 1 bài nữa!
Bài 59: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3.CMR
$$\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{c}{a^2} \ge a^2+b^2+c^2$$

Ý tưởng chứng minh tương tự như bài RMO tớ trình bày ở trên:

Cộng vào 2 vế 2ab+2bc+2ca.Ta đưa bài toán về chứng minh rằng:

$$ \dfrac{a}{b^2}+\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{c}{a^2}+2ab+2bc+2ca \ge 9 $$

Nhưng bất đẳng thức hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM:

$$ \dfrac{a}{b^2}+ab+ab \ge 3a $$

Ta cũng lập được 2 bất đẳng thức tương tự

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức ta có ngay đpcm

 

[son9701]

Vượt qua cơ số 60 của người cổ đại nào:

Baì 61 : Chứng minh rằng với mọi a;b;c dương ta có bất đẳng thức:

$$ \sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}} \ge \sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{a+b}} $$

 

[son9701]

Gửi cả làng 1 bài nữa nè: 100% chế.
Bài 60: Cho 3 số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3$.cmr:
$$\dfrac{x^2(z^3+1)+y^2(x^3+1)+z^2(y^3+1)}{(3-2x)(3-2y)(3-2z)} +6 \ge 4(xy+yz+zx)$$

Lại là 1 sáng tạo từ RMO

Cộng vào 2 vế $2(x^2+y^2+z^2)$ và chú ý rằng:

$$ (3-2x)(3-2y)(3-2z) = (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) \le xyz $$

nên ta chỉ cần cmr:

$$\frac{\sum_{cyc}x^2(z^3+1)}{xyz}+2x^2+2y^2+2z^2 \ge 2(x+y+z)^2 - 6 $$

hay $$ \frac{xz^2}{y}+\frac{yx^2}{z}+\frac{zy^2}{x}+\frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy} +2x^2+2y^2+2z^2 \ge 12 $$

Theo bất đẳng thức C-S,AM-GM và RMO 90,ta có:

$$ \sum_{cyc}\frac{xz^2}{y} \ge xy+yz+zx $$

$$ \sum_{cyc}\frac{x}{yz} \ge 2(\sum_{cyc}\sqrt{x})- (xy+yz+zx) \ge xy+yz+zx $$

\Rightarrow $$ VT \ge 2(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx) \ge \frac{4}{3}(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx) = 12 $$

Vậy ta có đpcm

 

[bosjeunhan]

Vượt qua cơ số 60 của người cổ đại nào:

Baì 61 : Chứng minh rằng với mọi a;b;c dương ta có bất đẳng thức:

$$ \sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}} \ge \sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{a+b}} $$

Chế cái gì thế này )
Nó là BĐT sắp xếp mà

Giả sử $a \ge b \ge c$
Ta có $ \sqrt{a} \ge \sqrt{b}\ge\sqrt{c} $ và $ \sqrt{\dfrac{1}{b+c}}\ge\sqrt{\dfrac{1}{a+c}} \ge \sqrt{\dfrac{1}{a+b}} $

Hiển nhiên ta có đ.p.c.m

 

[bosjeunhan]

Bài 63:

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$

Chứng minh rằng: $$ \sqrt{a^{2}+b} + \sqrt{b^{2}+c} + \sqrt{c^{2}+a} \ge \sqrt{a^{2}+a} + \sqrt{b^{2}+b} + \sqrt{c^{2}+c} $$

 

[vngocvien97]

Một bài nữa nhé! Lâu không lên thăm pic!
Bài 64: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác. $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp.
Tìm $Min$ $$A=R(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$$

 

[hthtb22]

Bài 63:

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$

Chứng minh rằng: $$ \sqrt{a^{2}+b} + \sqrt{b^{2}+c} + \sqrt{c^{2}+a} \ge \sqrt{a^{2}+a} + \sqrt{b^{2}+b} + \sqrt{c^{2}+c} $$

Cái này dùng chuyển vị

Giả sử $c=Min{a;b;c}$

\Rightarrow $(a-c)(b-c)(b+c)(a+b+c) \ge 0$

\Leftrightarrow $\sqrt{3b^2+ac+bc+c^2}+\sqrt{3c^2+a^2+ab+ac} \ge \sqrt{4c^2+ac+bc}+\sqrt{3b^2+a^2+ab+ac}$

\Leftrightarrow $\sqrt{b^2+c}+\sqrt{c^2+a} \ge \sqrt{c^2+c}+\sqrt{b^2+a}$

Mà $\sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+a} \ge \sqrt{a^2+a}+\sqrt{b^2+a}$(biến đổi tương đương)
$\rightarrow Q.E.D$

 

[minhtuyb]

Một bài nữa nhé! Lâu không lên thăm pic!
Bài 64: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác. $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp.
Tìm $Min$ $$A=R(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$$

$$R=\dfrac{abc}{4S}=\dfrac{abc}{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)} }\ge \dfrac{abc}{\sqrt{abc(a+b+c)} }\\\Rightarrow A\ge \dfrac{abc}{\sqrt{abc(a+b+c)} }.\dfrac{ab+bc+ca}{abc}= \dfrac{ab+bc+ca}{\sqrt{abc(a+b+c)} } \ge \sqrt{3}$$
Dấu bằng xảy ra khi tam giác đã cho đều.

Vậy $minA=\sqrt{3}$ khi tam giác đã cho đều.
P/s: Cũng lâu rồi không ghé pic )

 

[son9701]

Chế cái gì thế này )
Nó là BĐT sắp xếp mà

Giả sử $a \ge b \ge c$
Ta có $ \sqrt{a} \ge \sqrt{b}\ge\sqrt{c} $ và $ \sqrt{\dfrac{1}{b+c}}\ge\sqrt{\dfrac{1}{a+c}} \ge \sqrt{\dfrac{1}{a+b}} $

Hiển nhiên ta có đ.p.c.m

Lời giải khá tự nhiên

Một cách giải khác ( Cách mà mình chế ra cái này) :

Ta có 2 bđt:

[TEX]\sqrt{\sum\frac{a}{b+c}} \geq 3\sqrt{\frac{1}{2}} \geq \sqrt{\sum\frac{a}{a+b}}[/TEX]

 

[bosjeunhan]

Cho Gia Cat Khong Minh nhé ~

Chế cực đã )

Cho các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$
Tìm $k$ để bất đẳng thức sau đúng
$$\sum \sqrt{a^2+ka} \ge 3\sqrt{1+k}$$

 

[boi_vi_em_la_gio]

Cho tam giác ABC, trung tuyến AM, 1 đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại D, E; BE cắt CD tại O. CM: 3 điểm A, O, M thẳng hàng.

 

[nguyentrachchung@gmail.com]

giúp em bài này nha cho x;y;z>0 cmr: \[(y + z)\sqrt {\frac{{(x + z)(x + y)}}{{{x^2}}}} + (x + z)\sqrt {\frac{{(y + z)(x + y)}}{{{y^2}}}} + (x + y)\sqrt {\frac{{(y + z)(x + z)}}{{{z^2}}}} \ge 4(x + y + z)\]

 

[congchuaanhsang]

:Mloa_loa:Bà con cô bác nghe rõ không?
Được rồi mọi người. Theo sự phân công thì từ bây giờ mình sẽ điều khiển pic này. Mong các bạn tích cực đóng góp vì màu cờ sắc áo của box Toán

Đầu tiên sẽ là một số bất đẳng thức dùng phép biến đổi tương đương:
1/ $a^3+b^3$\geq$ab(a+b)$ với a,b>0
2/ $a^5+b^5$\geq$a^2b^2(a+b)$ với a,b>0
3/ $2(a^3+b^3+c^3)$\geq$a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)$ với a,b,c>0

Mọi người làm đi nào!

 

[vipboycodon]

1)$a^3+b^3 \ge ab(a+b)$
<=> $(a+b)(a^2-ab+b^2) \ge ab(a+b)$
<=> $a^2-ab+b^2 \ge ab$
<=> $(a-b)^2 \ge 0$ (đúng)
Dấu "=" xảy ra khi $a = b$

 

[congchuaanhsang]

Còn 2 bài kia nữa.

Tiếp đi nào
............................................................................................................

 

[angleofdarkness]

3/ $2(a^3+b^3+c^3)$\geq$a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)$ với a,b,c>0

Ta có $(a-b)^2$\geq0 \Rightarrow $a-b)^2.(a+b)$\geq0.
Phá ngoặc và biến đổi \Leftrightarrow ta được $a^3+b^3$\geq$ab^2+a^2b.$

Tương tự $b^3+c^3$\geq$bc^2+b^2c$ và $c^3+a^3$\geq$ca^2+a^2c.$

Cộng các vế 3 BĐT trên ta được đpcm/

 

[angleofdarkness]

2/ $a^5+b^5$\geq$a^2b^2(a+b)$ với a,b>0 (*)

Ta c/m BĐT $a^3+b^3$\geq$ab(a+b).$ (ở trên)

\Rightarrow $ab(a^3+b^3)$\geq$a^2b^2(a+b).$

Ta cần c/m $a^5+b^5$\geq$ab(a^3+b^3).$

\Leftrightarrow $a^5-a^4b+b^5-ab^4$\geq0.

\Leftrightarrow $(a-b)(a^4-b^4)$\geq0.

\Leftrightarrow $(a-b)(a^2-b^2)(a^2+b^2)$\geq0.

\Leftrightarrow $(a-b)^2(a+b)(a^2+b^2)$\geq0.

BĐT trên đúng \Rightarrow BĐT (*) đúng.
Dấu = xảy ra \Leftrightarrow a = b > 0

 

[congchuaanhsang]

OK có vẻ như phần này các bạn khá thạo

Tiếp theo là một bài toán áp dụng bđt Cauchy

Tìm min của A=$\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}$ với x,y,z>0