N
nangcuong7e
Problem 13: Cho [TEX]a,b,c \geq 0[/TEX] và [TEX]a+b+c =3[/TEX]. Chứng minh rằng:
[TEX]\sum \frac{a+3}{3a +bc} \geq 3[/TEX]
N
nangcuong7e
Bài này có vẻ ko khó.
INE [TEX]\Leftrightarrow (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1) \geq (ab+1)(bc+1)(cd+1)(da+1)[/TEX]
Để ý [TEX](a^2+1)(b^2+1) \geq (ab+1)^2[/TEX], chứng minh tuơng tự ta có đpcm.
H
huynhbachkhoa23
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$\sum \dfrac{a+3}{3a+bc}=\sum \dfrac{(a+b)+(a+c)}{(a+b)(a+c)}=2\sum \dfrac{1}{b+c}\ge \dfrac{9}{a+b+c}=3$
N
nangcuong7e
Em làm cách khác.
INE [TEX]\Leftrightarrow \sum \frac{4a+12}{12a+4bc} \geq \sum \frac{4a+12}{12a+(3-a)^2} =\sum \frac{4a+12}{a^2 +6a+9}[/TEX]
Do đó ta cần chứng minh [TEX]\frac{4a+12}{a^2+6a+9} \geq \frac{5-a}{4} \Leftrightarrow -(a-1)^2(a+3) \leq 0[/TEX] (luôn đúng với a dương)
Do đó cộng vế theo vế ta có đpcm
Problem 14: Cho [TEX]a,b,c >0[/TEX] và [TEX]a+b+c=3[/TEX]. Chứng minh rằng:
[TEX]\sum \frac{4a^3+5b^3 -3a^2b+10ab^2}{3a+b} \geq 12[/TEX]
Problem 15: Cho [TEX]x,y,z \geq 0[/TEX] và [TEX]xy +yz +zx =1[/TEX]. Tìm min của [TEX]A =5x^2 +y^2 +2z^2[/TEX]
Last edited by a moderator:
H
huynhbachkhoa23
Problem 14. Ta sẽ chứng minh: $\dfrac{4a^3+5b^3-3a^2b+10ab^2}{3a+b}\ge \dfrac{a^2-b^2}{2}+4b^2$, tương đương với $\dfrac{(a-b)^2(5a+3b)}{2(3a+b)}\ge 0$ luôn đúng.
Áp dụng vào ta được $VT\ge 4(a^2+b^2+c^2)\ge 12$
Problem 15. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$6x^2+2y^2+3z^2\ge (x+y+z)^2$ hay $5x^2+y^2+2z^2\ge 2(xy+yz+zx)=2$
H
huynhbachkhoa23
Problem 16. Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(b+c)^2}{a^2+bc}+\dfrac{(c+a)^2}{b^2+ca}+ \dfrac{(a+b)^2}{c^2+ab}\ge 6$
$\dfrac{(b+c)^2}{a^2+bc}+\dfrac{(c+a)^2}{b^2+ca}+ \dfrac{(a+b)^2}{c^2+ab}\ge 6$
N
nangcuong7e
Problem 14: Có thể chứng minh [TEX]\frac{4a^3+5b^3-3a^2b+10ab^2}{3a+b} \geq a^2 +4b^2 -ab[/TEX] ạ.
Tiếp ạ:
Problem 17: Cho [TEX]a,b,c[/TEX] dương. Chứng minh rằng:
[TEX]\sum \frac{a^2}{b^3} \geq \frac{9}{a+b+c}[/TEX]
Problem 18: Cho [TEX]a,b,c >0[/TEX]. Chứng minh rằng:[TEX]\sum \frac{a}{a^2 +ab+bc} \geq \frac{9(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^3}[/TEX]
Last edited by a moderator:
N
nangcuong7e
Chuẩn hóa [TEX]a+b+c=3[/TEX] thì ta có:
INE [TEX]\Leftrightarrow \sum \frac{4(3-a)^2}{4a^2+4bc} \geq \sum \frac{36-24a+4a^2}{4a^2 +(3-a)^2} =\sum \frac{36-24a+4a^2}{5a^2+6a+9}[/TEX]
Do đó ta cần chứng minh [TEX]\frac{36-24a+4a^2}{5a^2-6a+9} \geq 5-3a[/TEX] tương đương với [TEX]A=-15a^3 +39a^2 -33a +9 \leq 0 \Leftrightarrow -(a-1)^2(5a+3) \leq 0[/TEX] (luôn đúng với a dương)
Vậy: [TEX]\sum \frac{b+c)^2}{a^2+bc} \geq 15 -3.\sum a =6[/TEX]
H
huynhbachkhoa23
Bài này có hai điểm rơi $a=b=c$ hoặc $a=b, c=0$ và các hoán vị nên đánh giá AM-GM $\dfrac{4(b+c)^2}{4a^2+4bc}\ge \dfrac{4(b+c)^2}{4a^2+(b+c)^2}$ sẽ không đảm bảo điểm rơi thứ 2. Vậy chắc chắn bước sau của em bị sai một chỗ nào đó, đó là bước biến đổi tương đương $(a-1)^2(5a-3)\ge 0$ không phải $(5a+3)(a-1)^2\ge 0$
H
huynhbachkhoa23
Problem 17. $\dfrac{a^2}{b^3}+\dfrac{2}{a}\ge \dfrac{3}{b}$
Thiết lập tương tự rồi cộng lại cho ta $VT\ge \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge \dfrac{9}{a+b+c}$
Thiết lập tương tự rồi cộng lại cho ta $VT\ge \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge \dfrac{9}{a+b+c}$
N
nangcuong7e
H
huynhbachkhoa23
Tks anh đã nhắc ạ. Thế bài này dùng phương pháp gi hả anh?
Bài này dùng Cauchy-Schwarz, ta nhân thêm cả tử và mẫu $\sum \dfrac{(b+c)^2}{a^2+bc}=\sum \dfrac{(b+c)^2(xa+yb+zc)^2}{(a^2+bc)(xa+yb+zc)^2} \ge \dfrac{\left[\sum (b+c)(xa+yb+zc)\right]^2}{\sum (a^2+bc)(xa+yb+zc)^2}$
Giờ công việc là tìm $x,y,z$ sao cho thích hợp, hướng làm là thế nên giờ đây đi ngủ
|
H
huynhbachkhoa23
N
nangcuong7e
Vẫn đúng với [TEX]a=1;b=2;c=3[/TEX] mà anh
Lời giải như sau: Nhân 2 vế cho [TEX]a+b+c[/TEX] ta được:
[TEX]\sum \frac{a^2}{a^2+ab+bc} +\sum \frac{a(b+c}{a^2+ab+bc} \geq \frac{9(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}[/TEX]
Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có:
[TEX]\sum \frac{a^2}{a^2+ab+bc} \geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2} =1[/TEX]
[TEX]\sum \frac{a(b+c)}{a^2+ab+bc} =\sum \frac{[a(b+c)]^2}{a^2+ab+bc} \geq \frac{4(ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2 +ab+bc+ca}[/TEX]
Do đó ta chỉ cần chứng minh [TEX]\frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2 +ab+bc+ca} +1 \geq \frac{9(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \frac{1}{ab+bc+ca} +\frac{4}{a^2 +b^2+c^2+ab+bc+ca} \geq \frac{(1+2)^2}{(ab+bc+ca) +(a^2+b^2+c^2 +ab+bc+ca)}[/TEX] (luôn đúng bởi đây là bđt Cauchy-Schwarz)
Dấu [TEX]"="[/TEX] xảy ra khi [TEX]a=b=c[/TEX]
Problem 19: Cho [TEX]a,b,c[/TEX] là các số thực dương tùy ý. Chứng minh bất đẳng thức
[TEX]\sum \frac{a(b+c)}{a^2+ab+bc} +1 \leq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}[/TEX]
Last edited by a moderator:
H
huynhbachkhoa23
Nãy giờ nhìn bài em không hiểu gì =)) ai ngờ đề là $(a+b+c)^3$ mà anh đọc thành $(a+b+c)^2$ =))
N
nangcuong7e
Không hiểu mà vẫn like =)). Tiện thể up tiếp 1 bài nữa
Problem 20: Cho [TEX]a,b,c[/TEX] dương. Chứng minh rằng:
[TEX](a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geq 9(ab+bc+ca)[/TEX]
(APMO 2004)
P/s: Sao topic có vẻ ít người tham gia nhỉ, topic hay mà
Last edited by a moderator:
T
transformers123
Problem 20: Cho [TEX]a,b,c[/TEX] dương. Chứng minh rằng:
[TEX](a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geq 9(ab+bc+ca)[/TEX](APMO 2004)
P/s: Sao topic có vẻ ít người tham gia nhỉ, topic hay mà
Ta có: $(b^2+2)(c^2+2) -3(1+\dfrac{(b+c)^2}{2}) = \dfrac{(b-c)^2}{2}+(bc-1)^2 \ge 0$
$\iff (b^2+2)(c^2+2) \ge 3(1+\dfrac{(b+c)^2}{2})$
$\iff (a^2+2)
(b^2+2)(c^2+2) \ge 3̣(a^2+2)(1+\dfrac{(b+c)^2}{2}) \ge 3 (a+b+c)^2 \ge
9(ab+bc+ca)$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
P/s: topic nằm ở box toán $8$ mà trong chương trình học bình thường thì toán lớp $8$ mới tiếp cận với
bđt Cauchy $2$ số mà thôi, ít người tham gia là đúng rồi =))
T
transformers123
$\mathfrak{Problem\ 21}$: Cho $a, b, c, d$ là các số dương. Chứng minh:
$$\dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}+\dfrac{1}{ \dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}} \le \dfrac{1}{\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+d}}$$
$$\dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}+\dfrac{1}{ \dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}} \le \dfrac{1}{\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+d}}$$
Last edited by a moderator:
N
nangcuong7e
Hình như Bất Đẳng Thức sai với [TEX]a=1;b=2;c=3;d=4[/TEX] thì phải anh ơi.
H