ôn BĐT vào lớp 10

[legendismine]

Cho x,y,z>0.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq 1[/TEX]

 

[vodichhocmai]

Cho x,y,z>0.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq 1[/TEX]

[TEX] \forall x,y,z>0\ \ \tex{We have} \ \(x+y)(x+z)\ge \(\sqrt{x z}+\sqrt{ xy}\)^2[/TEX]

 

[legendismine]

Anh si~ giỏi quá sẵn làm bài này lun đi anh.Cho a>=b>=1.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\frac{1}{a^2+1}\ge \frac{2}{1+ab[/TEX]
Bik e k?

 

[vodichhocmai]

Anh si~ giỏi quá sẵn làm bài này lun đi anh.Cho a>=b>=1.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\frac{1}{a^2+1}\ge \frac{2}{1+ab}[/TEX]
Bik e k?

[TEX]LHS-RHS:= \frac{(a-b)^2(ab-1)}{(1+a^2)(1+b^2)(1+ab)}\ge 0[/TEX]

 

[legendismine]

Bài khác.Với mọi a,b,c không âm.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\frac{a^2+bc}{b^2+bc+c^2}\ge 2[/TEX]

 

[legendismine]

Hinh` như e sai.Chán.Giả sữ a,b,c la các số thực k âm thoả mãn ab+bc+ac=1.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^2+bc}}\ge 2\sqrt{2}[/TEX]

 

[vodichhocmai]

Bài khác.Với mọi a,b,c không âm.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\frac{a^2+bc}{b^2+bc+c^2}\ge 2[/TEX]

Có lẽ là con này mạnh hơn thì phải .

Với mọi a,b,c không âm ta luôn có :

[TEX]\sum_{cyclic}\frac{{a(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} \ge 2 + \frac{{3{{\[\(a - b\)\(b - c\)\(c - a\)\]}^2}}}{{({a^2} + ab + {b^2})({b^2} + bc + {c^2})(c^2+ca+a^2)}}.[/TEX]

 

[legendismine]

[TEX]\sum_{cyclic}\frac{{a(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} \ge 2 + \frac{{3{{\[\(a - b\)\(b - c\)\(c - a\)\]}^2}}}{{({a^2} + ab + {b^2})({b^2} + bc + {c^2})(c^2+ca+a^2)}}.[/TEX]
Anh có thể giải hết ra luôn đc k?Bài trên đã đc sủa đề rồi đó anh

 

[vodichhocmai]

[TEX]\sum_{cyclic}\frac{{a(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} \ge 2 + \frac{{3{{\[\(a - b\)\(b - c\)\(c - a\)\]}^2}}}{{({a^2} + ab + {b^2})({b^2} + bc + {c^2})(c^2+ca+a^2)}}.[/TEX]
Anh có thể giải hết ra luôn đc k?

[TEX]\sum\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}-2=\sum\frac{ab(a-b)^2}{(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)},[/TEX]

[TEX]\Rightarrow\sum ab(a^2+ab+b^2)(a-b)^2\ge 3[(a-b)(b-c)(c-a)]^2.[/TEX]

Cần [TEX]CM[/TEX]

[TEX]\Rightarrow a^2b^2(a-b)^2+b^2c^2(b-c)^2+c^2a^2(c-a)^2\ge [(a-b)(b-c)(c-a)]^2,[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow 2abc[a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)]\ge 0[/TEX]

Đúng theo ông nào đó Oh ông [TEX]Schur[/TEX]

Thôi anh phải về quê rôi , đừng hỏi nữa nha , bye em

 

[legendismine]

Cho x,y,z>0.C/m:
[TEX]\frac{xyz}{(1+3x)(x+8y)(y+9z)(z+6)}\leq \frac{1}{7^4}[/TEX]

 

[legendismine]

Cho a,b,c>0.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\sqrt{a^4+a^2b^2+b^4}\ge \sum_{cyc} a\sqrt{2a^2+bc}[/TEX]

 

[legendismine]

Cho a,b,c>0.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\sqrt{a^4+a^2b^2+b^4}\ge \sum_{cyc} a\sqrt{2a^2+bc}[/TEX]

K ai làm thì mình làm lun vậy.
[TEX]VP^2\leq (\sum_{cyc}a^2)(\sum_{cyc}2a^2+bc)\leq 3(\sum_{cyc}a)^2[/TEX]
Ta chỉ cần chứng minh :[TEX]VT^2\ge 3(\sum_{cyc}a)^2[/TEX]
Ta có:
[TEX]4a^4+4a^2b^2+4b^4\ge 3a^4+6a^2b^2+3a^4[/TEX]
[TEX]=>\sqrt{a^4+a^2b^2+b^4}\ge \frac{\sqrt {3}}{2}(a^2+b^2)[/TEX]
[TEX]=>VT\ge \sqrt{3}(\sum_{cyc}a^2)=>VT^2\ge 3(\sum_{cyc}a^2)^2[/TEX]
Done!!!!!

 

[legendismine]

Với a,b,c>0.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\frac{1}{a+b} + \frac{1}{2\sqrt[3]{abc}} \ge \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{\prod_{i=1}^{n}(a+b)[/TEX]

 

[dandoh221]

Với a,b,c>0.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\frac{1}{a+b} + \frac{1}{2\sqrt[3]{abc}} \ge \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{\prod_{i=1}^{n}(a+b)[/TEX]

Nhân 2 vế với [TEX]\prod (a+b)[/TEX]. Rút gọn ta được BDT tương đương :
[TEX]ab+bc+ac+\frac{\prod (a+b)}{2\sqrt[3]{abc}} \ge \sqrt[3]{(abc)^2} + 2\sqrt[3]{abc}(a+b+c)[/TEX]
Để ý rằng [TEX]\prod (a+b) = (a+b+c)(ab+bc+ac)-abc[/TEX]. Ta cần chứng minh :
[TEX]\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{2\sqrt[3]{abc}} +ab+bc+ac \ge 1,5\sqrt[3]{(abc)^2} + 2\sqrt[3]{abc}(a+b+c)[/TEX]. (1)Đến đây chuẩn hóa abc= 1. Tức là abc=1. ta cần chứng minh
[TEX]\frac{1}{2}(a+b+c)(ab+bc+ac) +ab+bc+ac \ge 1,5+2(a+b+c)[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \frac{1}{2}(ab+bc+ac) + \frac{1}{2}(a+b+c+1)(ab+bc+ac)\ge 1,5+2(a+b+c)[/TEX]
Đúng vì [TEX]ab+bc+ac \ge 3 [/TEX]
[TEX]a+b+c \ge 3[/TEX]

Nếu ai chưa biết cái kiểu gọi là chuẩn hóa ấy, thì đọc theo cách này, đó chỉ là 1 bước rút gọn thôi, ko có gì phức tạp cả. Ngắt từ đoạn (1) xuống đây : Đặt abc=1k^3.
Ta cần chứng minh :
[TEX]\frac{1}{2k}(a+b+c)(ab+bc+ac) +ab+bc+ac \ge 1,5k^2+2k(a+b+c)[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \frac{1}{2}(ab+bc+ac) + (\frac{1}{2k}(a+b+c)+1)(ab+bc+ac)\ge 1,5k^2+2k(a+b+c)[/TEX]
Đúng vì theo AM-GM thì [TEX]a+b+c \ge 3k [/TEX]và [TEX]ab+bc+ac \ge 3k^2[/TEX]

 

[legendismine]

Cho a,b,c>0 và a+b+c=1.C/m:
[TEX]5(\sum_{cyc}a^2)\leq 6(\sum_{cyc}a^3)+1[/TEX]

 

[legendismine]

[TEX]Vs x,y,z\leq 1 và x+y+z=1.C/m: [TEX]\sum_{cyc}\frac{1}{1+x^2}\leq \frac{27}{10}[/TEX]

 

[tell_me_goobye]

[TEX]Vs x,y,z\leq 1 và x+y+z=1.C/m: [TEX]\sum_{cyc}\frac{1}{1+x^2}\leq \frac{27}{10}[/TEX]

ta có

với mọi số thực[TEX] t \leq 1[/TEX] thì ta có [TEX](4-3t)(1-3t)^2 \geq 0[/TEX]
hay [TEX]\frac{1}{t^2+1} \leq \frac{27}{50}(2-t)[/TEX]

áp dụng bổ đề ta có

[TEX]VT \leq \frac{27}{50}(6-(x+y+z))=\frac{27}{10} [/TEX]

bài này cũng có thể dùng kĩ thuật phân tách CHEYBYSHEV

 

[bigbang195]

Với a,b,c>0.C/m:
[TEX]\sum_{cyc}\frac{1}{a+b} + \frac{1}{2\sqrt[3]{abc}} \ge \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{\prod_{i=1}^{n}(a+b)[/TEX]

 

[legendismine]

[TEX]\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2(b+c)} + \frac{\sqrt[3]{(abc)^2}}{2abc}\ge \frac{(a+b+c+\sqrt{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}[/TEX]
Cauchy schwar:S

 

[quyenuy0241]

[TEX]\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2(b+c)} + \frac{\sqrt[3]{(abc)^2}}{2abc}\ge \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}[/TEX]

Cậu có thể giải thik rõ hơn đc không sơn sau khi dùng nesbit roi sao nữa:S

[TEX]\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2(b+c)} + \frac{\sqrt[3]{(abc)^2}}{2abc}\ge \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}[/TEX]

Thế này chứ em



[tex]a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)+2abc=(a+b)(b+c)(c+a) [/tex] .