[Toán 10] Bất đẳng thức hay

H

huynhbachkhoa23

[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.

Bài 1: [Turkevici] Với mọi số thực dương $x,y,z,t$, chứng minh rằng:
$$ x^4+y^4+z^4+t^4+2xyzt\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2t^2+t^2x^2+y^2t^2+x^2z^2 $$

Bài 2: Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm hằng số $k>0$ nhỏ nhất sao cho BDT sau luôn đúng:
$$ a^k+b^k+c^k\ge ab+bc+ca $$

Bài 3: Với $a,b,c$ là các số dương tùy ý, chứng minh:
$$ (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \ge 9(ab+bc+ca) $$

Bài 4: Cho $a,b,c,d \ge 0$. Chứng minh:
$$ \dfrac{a}{b^2+c^2+d^2}+\dfrac{b}{c^2+d^2+a^2}+ \dfrac{c}{d^2+a^2+b^2}+\dfrac{d}{a^2+b^2+c^2} \ge \dfrac{4}{a+b+c+d}$$

Bài 5: Cho $a,b,c$ là các số dương có tích bằng $1$. Chứng minh:
$$ (a+b)(b+c)(c+a)\ge 4(a+b+c-1) $$
 
F

forum_

Ta chứng minh BDT sau là đúng:

$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)$ \geq $3(a+b+c)^2$

Ta có:

$(a^2+2)(b^2+2) = (a^2+1)(b^2+1) +a^2+b^2+3$ \geq $(a+b)^2 + \dfrac{1}{2}.(a+b)^2 +3$ = $\dfrac{3}{2}[(a+b)^2+2]$

\Rightarrow $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)$ \geq $\dfrac{3}{2}[(a+b)^2+2].(c^2+2)$ \geq $\dfrac{3}{2}.[ \sqrt{2}.(a+b) + \sqrt{2}c]$ = $3(a+b+c)^2$

Nên: $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)$ \geq $3(a+b+c)^2$ \geq $9(ab+bc+ca)$





CLICK VÀO ĐÂY XEM ẢNH =))
 
Last edited by a moderator:
B

braga

$\fbox{1}.$
Giả sử $a\geq b \geq c \geq d$ .Xét
$f(a,b,c,d)=a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2b^2-b^2c^2-c^2d^2-d^2a^2-a^2c^2-b^2d^2 \\ =a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2c^2-b^2d^2-(a^2+c^2)(b^2+d^2) \\ \implies f(a,b,c,d)-f(\sqrt{ac},b,\sqrt{ac},d)=(a^2-c^2)^2-(b^2+d^2)(a-c)^2 \geq 0$
Theo S.M.V, xét với phép biến đổi $\Delta$ của $(a,b,c )$ ta chỉ cần chứng mính các bất đẳng thức khi $a=b=c=d=t \geq 0.$
Bất đẳng thức lúc này tương đương với
$3t^4+d^4+2t^3d \geq 3t^4+3t^2d^2 \Leftrightarrow d^4+t^3d+t^3d \geq 3t^2d^2$.
Hiển nhiên đúng theo AM-GM .Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi $a=b=c=d$ hoặc $a=c=b,d=0$ hoặc các hoán vị.
 
B

braga

$\fbox{5}.$ Ta phải chứng minh:
$$f(a,b,c)=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-4(a+b+c)+6\ge 0$$
Không mất tính tổng quát, giải sử: $a\ge b\ge c$. Xét:

$f(a,b,c)-f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$
$$\begin{array}{l}
=(a^2+bc)(b+c-2\sqrt{bc})+a(b^2+c^2-2bc)-4(b+c-2\sqrt{bc})\\
=\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left[a^2+bc-4+a\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\right]\\
=\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left[(a+b)(a+c)+2\sqrt{a}-4\right]
\end{array}$$
Do $(a+b)(a+c)\ge 4\sqrt[4]{a^2bc}=4$ nên:
$$f(a,b,c)\ge f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$$
Vậy ta chỉ cần chứng minh bài toán khi $b=c\iff b^2=\dfrac{1}{a}$:
$$\begin{array}{l}
BDT\iff b(a+b)^2\ge 2(a+2b-1)\\
\iff (b^2+1)^2\ge 2(b+2b^4-b^3) \ \ \left(a=\dfrac{1}{b^2}\right)\\
\iff b^6-4b^4+4b^3-2b+1\ge 0\\
\iff (b-1)^2\left[(b^2-1)^2+2b^3+b^2\right]\ge 0
\end{array}$$
Do $b\ge 0$ nên $BDT$ đúng. Dấu bằng xảy ra $\iff a=b=c=1$
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom