bất đẳng thức

[huradeli]

[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,cho a,b,c thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=9$.chứng minh rằng:
$2(a+b+c)-abc \le 10$
2,cho a,b,c,x,y,z thuộc R thỏa mãn: $(a+b+c)(x+y+z)=3$; $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=4$
chứng minh rằng : $ax+by+cz=0$
3,cho x,y,z > 0 thỏa mãn: $xyz \ge 1$
chứng minh rằng: $\dfrac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\dfrac{y^5-y^2}{y^5+x^2+z^2}+\dfrac{z^5-z^2}{z^5+x^2+y^2} \ge 0$
4,cho x,y,z > 0. chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{x^2+xy+yz}+\dfrac{1}{y^2+yz+zx}+\dfrac{1}{z^2+zx+xy} \le (\dfrac{x+y+z}{xy+yz+zx})^2$
5,cho $x \ge y \ge z > 0$.chứng minh rằng: $\dfrac{x^2y}{z}+\dfrac{y^2z}{x}+\dfrac{z^2x}{y} \ge x^2+y^2+z^2$
6,a,cho $36a^2+16b^2=9$.chứng minh rằng:
$|b-2a| \le \dfrac{5}{4}$
b,cho $a(a-1)+b(b-1)+c(c-1) \le \dfrac{4}{3}$
chứng minh rằng: $a+b+c \le 4$
c,cho a,b thỏa mãn: $a^2+b^3 \ge a^3+b^4$
chứng minh rằng: $a^3+b^3 \le 2$

 

[transformers123]

c,cho a,b thỏa mãn: $a^2+b^3 \ge a^3+b^4$
chứng minh rằng: $a^3+b^3 \le 2$

Lời giải của riverflowsinyou1:

$x^6+(xy)^3.2+y^6$ \leq ($x^3+y^4$)($x^3+y^2$) \leq ($x^2+y^3$)($x^3+y^2$) \leq $\frac{(x^2+y^2+x^3+y^3)^2}{4}$
\Rightarrow $x^3+y^3$ \leq $x^2+y^2$.
Theo bđt Holder thì: $(x^2+y^2)^3$ \leq ($x^3+y^3$)($x+y$)($x^2+y^2$)
\Rightarrow $x^2+y^2$ \leq $x+y$
\Rightarrow $x+y$ \leq $2$
\Rightarrow $x^3+y^3$ \leq $x+y$ \leq $2$

 

[lp_qt]

Lời giải của riverflowsinyou1:

$(b-2a)^{2}$ \leq $[(\dfrac{1}{4})^{2}+(\dfrac{1}{3})^{2}].[(4b)^{2}+(6a)^{2}]$

$\Longleftrightarrow (b-2a)^{2}$ \leq $\dfrac{25}{16}$

suy ra đpcm

 

[lp_qt]

6.b

$\dfrac{4}{3}$ \geq $a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)$

$a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)=(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a+b+c) $

\geq $\dfrac{(a+b+c)^{2}}{3}-(a+b+c)$

$\Longrightarrow \dfrac{(a+b+c)^{2}}{3}-(a+b+c)$ \leq $\dfrac{4}{3}$

đặt $t=a+b+c$

$\Longrightarrow \dfrac{t^{2}}{3}-t$ \leq $ \dfrac{4}{3}$

$\Longleftrightarrow t^{2}-3t-4 $ \leq $0$

$\Longleftrightarrow -1$ \leq $t$ \leq $4$

 

[vipboycodon]

5.
Ta sẽ chứng minh :

$\dfrac{x^2y}{z}+\dfrac{y^2z}{x}+\dfrac{z^2x}{y} \ge \dfrac{x^2z}{y}+\dfrac{y^2x} {z}+\dfrac{z^2y}{x} (1)$

Thật vậy: $\dfrac{x^2y}{z}+\dfrac{y^2z}{x}+\dfrac{z^2x}{y}-\dfrac{x^2z}{y}-\dfrac{y^2x}{z}-\dfrac{z^2y}{x}$

= $\dfrac{(xy+yz+xz)(x-y)(y-z)(x-z)}{xyz} \ge 0$

Theo bđt bunhia ta có:

$(\dfrac{x^2y}{z}+\dfrac{y^2z}{x}+\dfrac{z^2x}{y})(\dfrac{x^2z}{y}+\dfrac{y^2x}{z}+\dfrac{z^2y}{x}) \ge (x^2+y^2+z^2)^2$ (2)

Từ (1) và (2) ta có đpcm.

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 1.
Giả sử $x=\text{max}\{x,y,z\}$ thì $x\ge \sqrt{3}$
Đặt $t=yz\le \dfrac{9-x^2}{2}\le 3$
Sử dụng Cauchy-Schwarz, ta được $a(2-bc)+2(b+c)\le \sqrt{\left[a^2+(b+c)^2\right]\left[(2-bc)^2+4\right]}=\sqrt{(9+2t)(t^2-4t+8)}$
Ta cần chứng minh: $(9+2t)(t^2-4t+8)\le 100$
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do nó tương đương với: $(t+2)^2(2t-7)\le 0$

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 3.
Bất đẳng thức tương đương với
$$\sum \dfrac{1}{x^5+y^2+y^2}\le \dfrac{3}{x^2+y^2+z^2}$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$\left(x^5+y^2+z^2\right)\left(yz+y^2+z^2\right) \ge \left(\sqrt{x^5yz}+y^2+z^2\right)^2 \ge \left(x^2+y^2+z^2\right)^2$
Do đó:
$$\sum \dfrac{1}{x^5+y^2+z^2}\le \sum \dfrac{y^2+z^2+yz}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}= \dfrac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)+xy+yz+zx}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2} \le \dfrac{3}{x^2+y^2+z^2}$$

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 4.
$\sum \dfrac{1}{x^2+xy+yz}=\sum \dfrac{z^2+xy+yz}{(xy+yz+x^2)(xy+yz+z^2)}\le \sum \dfrac{z^2+xy+yz}{(xy+yz+zx)^2}=\dfrac{(x+y+z)^2}{(xy+yz+zx)^2}$