Toán 10 [Toán 10]Bất đẳng thức

[vy000]

Ta có:
$x+y=2$
$\Leftrightarrow x^3+y^3+3xy(x+y)=8$
$\Leftrightarrow x^3+y^3=8-6xy=2(4-3xy)$
$\Leftrightarrow (x^3+y^3)x^3y^3=2(4-3xy)x^3y^3 \leq(\dfrac{4-3xy+xy+xy+xy}{4})^4=2$

 

[thaybom]

Cho $a,b,c,d>0$. CMR: $\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd} } + \frac{16abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)} \ge 5$

Cho các số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng: $$\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd} } + \frac{16abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)} \ge 5$$

 

[nghgh97]

[Toán 10] $\sum\dfrac{a}{{b + c + 1}} + \prod(1-a)\le 1$

Cho $0 \leq a \leq 1$ , $0 \leq b \leq 1$ , $0 \leq c \leq 1$ chứng minh:

$$\dfrac{a}{{b + c + 1}} + \dfrac{b}{{a + c + 1}} + \dfrac{c}{{a + b + 1}} + (1 - a)(1 - b)(1 - c) \leq 1$$

 

[thaybom]

Ngoài ra ta có bài toán tổng quát:
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn $x+y=2$ và $k \in \mathbb{Z^+}$. Chứng minh rằng: $$x^ky^k (x^k + y^k) \le 2$$

 

[thaybom]

Giả sử $a = \max \{a ; b; c \}$, ta có: $$VT \le \frac{a+b+c}{b+c+1} + (1-a)(1-b)(1-c) $$
Do đó ta cần chứng minh: $$(1-a)(1-b)(1-c) \le 1 - \frac{a+b+c}{b+c+1}$$
hay cần chứng minh: $$(1-a)(1-b)(1-c) (b+c+1) \le 1-a$$
Mặt khác theo BDT AM-GM ta có: $$(1-b)(1-c) (b+c+1) \le \left( \frac{2-b-c+b+c+1}{3} \right)^3 = 1$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $a=b=c=0$ hoặc $a=b=c=1$

 

[vy000]

Ta có:
$a+b \ge 2\sqrt[]{ab}$
$a+b+c \ge 2\sqrt[]{(a+b)c} \ge 2\sqrt[]{2\sqrt[]{ab}c} =2\sqrt[]{2c}\sqrt[4]{ab}$
$(a+b+c+d)^2 \ge (2\sqrt[]{(a+b+c)d})^2 \ge 2\sqrt[]{2d}\sqrt[4]{2c}\sqrt[8]{ab})^2 =8d\sqrt[]{2c}\sqrt[4]{ab}$
$\Rightarrow (a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^2 \ge 64abcd$
$\Leftrightarrow \dfrac{(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^2}{abcd} \ge 64$

 

[locxoaymgk]

Không biết c ó phải làm thế này ko :|.
Ta có [TEX]VT =\sum \frac{a}{\sqrt{a(b+c+d)}}\geq \frac{2a}{a+b+c+d}=2.[/TEX]
Dấu = không xảy ra.

 

[thaybom]

Không biết c ó phải làm thế này ko :|.
Ta có [TEX]VT =\sum \frac{a}{\sqrt{a(b+c+d)}}\geq \frac{2a}{a+b+c+d}=2.[/TEX]
Dấu = không xảy ra.

+Bạn kiểm tra $a=b=0$ và $c=d=1$ thử.
+Bạn nhân tử mẫu cho a nhưng chưa có điều kiện $a \not=0$ ??
+Bạn sử dụng CT mới của diễn đàn để bài viết đẹp hơn.

 

[thaiha_98]

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \ge \fra$$ (BDT Nesbit)

Đây là bất đẳng thức Nesbit quen thuộc đây mà.
Giải:
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức:
$(x+y+z)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}) \ge 9$
Thật vậy:
$(x+y+z)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})$
$=1+ \dfrac{x}{y}+ \dfrac{x}{z}+1+ \dfrac{y}{x}+ \dfrac{y}{z}+1+ \dfrac{z}{x}+ \dfrac{z}{y}$
$=3+( \dfrac{x}{y}+ \dfrac{y}{x})+ ( \dfrac{x}{z}+ \dfrac{z}{x})+( \dfrac{y}{x}+ \dfrac{z}{y})$
\Rightarrow $(x+y+z)( \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}) \ge 3+2+2+2=9$
Áp dụng bất đẳng thức trên.
Ta đặt: $x=a+b;y=b+c;z=c+a$
\Rightarrow $2(a+b+c)(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}) \ge 9$
\Rightarrow $(a+b+c)(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}) \ge \dfrac{9}{2}$
Từ đây ta phân tích ra và dễ dàng tính được:
$\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a} \ge \dfrac{3}{2}$ (đpcm)

 

[son9701]

Cho các số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng: $$\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd} } + \frac{16abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)} \ge 5$$

Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 5 số:

$VT = \frac{a+b}{2\sqrt[4]{abcd}}+\frac{b+c}{2\sqrt[4]{abcd}}+\frac{c+d}{2\sqrt[4]{abcd}}+\frac{d+a}{2\sqrt[4]{abcd}}+\frac{16abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}\geq 5$

Vậy ta có đpcm

 

[duynhan1]

\geq

$5$

Hình như bạn gõ CT bị lỗi nên mới để $\ge 5$ riêng ra.

Trích chữ ký thầy Bờm: "+ Khi gõ CT Toán chú ý chọn "Tắt smilies trong đoạn văn" để không bị lỗi."

 

[son9701]

Bài này có khá nhiều cách,chọn cách nhẹ nhất post lên:

Áp dụng bđt Bunhiacopxki cho 2 bộ số :

$(\sqrt{c}.\sqrt{a-c}+\sqrt{b-c}.\sqrt{c})^2$ \leq $(c+b-c)(a-c+c) =ab$

Khai căn 2 vế ta có đpcm

Dấu = xảy ra khi a=b=2c

 

[nghgh97]

[Toán 10] C/m$abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) \geq 0$

Cho $ a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1 $ CMR:
$$ abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) \geq 0$$

 

[truongduong9083]

Chào bạn

Theo giả thiết suy ra $ - 1 \leq a,b,c \leq 1$
Ta có
$$(1+a)(1+b)(1+c) \geq 0 \Rightarrow 1+a+b+c+ab+bc+ca + abc \geq 0 (1)$$
$$1+ a+ b+c+ ab+bc+ca = \dfrac{1}{2}[1+2ab+2ac+2ca + 2(a+b+c) + 1]$$
$$ = \frac{1}{2}[(a+b+c)^2+2(a+b+c) + 1] = \frac{1}{2}(a+b+c+1)^2 \geq 0 (2)$$
Cộng (1) và (2) suy ra đpcm

 

[nghgh97]

h

Thầy Bờm ơi có thể chứng minh theo cách biến đổi tương đương được không? Ông thầy e không chịu cách chứng minh này! (((

 

[nghgh97]

[Toán 10] $\sum\dfrac{a^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} \ge \dfrac{\sum a}{3}$

Cho $ a, b, c > 0 $ CMR
$$ \dfrac{a^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} + \dfrac{b^{3}}{b^{2} + bc + c^{2}} + \dfrac{c^{3}}{c^{2} + ac + a^{2}} \geq \dfrac{a + b + c}{3}$$

p/s: sorry mình đã thử để công thức vào tiêu đề nhưng lại dài quá kích thước cho phép

 

[locxoaymgk]

Bài này thì zô đây:
Thí dụ 3:
http://www.nxbgd.vn/toanhoctuoitre/?p=7&id=1&ReportID=708&ph=84[/B]

 

[minhtuyb]

Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa mãn $$(a+b+c)(b+c+d)(c+d+a)(d+a+b)>0$$ Chứng minh rằng: $$\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}+\sqrt{\frac{b}{c+d+a}}+ \sqrt{\frac{c}{d+a+b}}+\sqrt{\frac{d}{a+b+c}} \ge 2$$

Chưa ai làm thì mình xin làm ^_^:
Xét 2 trường hợp:
$\bullet$ Trong $a,b,c,c$ có một số bằng không, ba số khác không. KMTTQ, giả sử $a=0;b,c,d\ne 0$ thì BĐT cần c/m cho trở thành:
$$\sqrt{\frac{b}{c+d}}+\sqrt{\frac{c}{b+d}}+\sqrt{\frac{d}{b+c}}\ge 2\ (*)$$
Đúng vì.
$$\sqrt{\frac{b}{c+d}}=\frac{b}{\sqrt{b(c+d)}}\ge^{Cauchy} \frac{2b}{b+c+d}$$
$$\sqrt{\frac{c}{b+d}}=\frac{c}{\sqrt{c(b+d)}}\ge^{Cauchy} \frac{2c}{b+c+d}$$
$$\sqrt{\frac{d}{b+c}}=\frac{d}{\sqrt{d(b+c)}}\ge^{Cauchy} \frac{2d}{b+c+d}$$
Cộng vế với vế của 3 BĐT cùng chiều trên ta có $(*)$. Dấu bằng không xảy ra

$\bullet$ Trong $a,b,c,d$ có hai số bằng không, hai số khác không. KMTTQ, giả sử $a=b=0;c,d\ne 0$. Khi đó BĐT cần c/m trở thành:
$$\sqrt{\frac{c}{d}}+\sqrt{\frac{d}{c}}\ge 2$$
Đúng theo Cauchy 2 số. Dấu bằng xảy ra khi $c=d$ (thoả mãn giả thiết)

$\bullet$ Không xảy ra trường hợp ba hay bốn số bằng không do giả thiết $(a+b+c)(b+c+d)(c+d+a)(d+a+b)>0$
Tóm lại BĐT được c/m hoàn toàn. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=0;c=d>0$ và các hoán vị $\square$

 

[thaybom]

Không biết c ó phải làm thế này ko :|.
Ta có [TEX]VT =\sum \frac{a}{\sqrt{a(b+c+d)}}\geq \frac{2a}{a+b+c+d}=2.[/TEX]
Dấu = không xảy ra.

Chúng ta xem lại bày này nhé, rõ ràng đánh giá: $$\sqrt{\frac{a}{b+c+d}} \ge \frac{2a}{a+b+c+d}$$ có xảy ra dấu "=" khi a=0 hoặc $a=b+c+d$.
Và nếu có đánh giá này thì BDT sẽ được chứng minh.
Nhưng ta lại cấn bước đánh giá trung gian làm cho đẳng thức không thể xảy ra? Vậy ta phải đánh giá như thế nào để có: $$VT \ge \sum\limits_{cyc} \frac{2a}{a+b+c+d}$$ mà không cần tới bước trung gian?

 

[thaybom]

....

Bài làm của bạn đúng. Tuy nhiên khó mà nhận ra?
Với tư tưởng làm giảm dần số biến, bạn thử làm cách khác xem?