Toán 10 [Toán 10]Bất đẳng thức

[minhtuyb]

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?

Vậy đánh giá gọn ntn:
$\bullet$ Với $a=0$ thì $(*)$ đúng
$\bullet$ Với $a\ne 0$ thì:
$$\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}=\frac{a}{\sqrt{a(b+c+d)}}\ge \frac{2a}{a+b+c+d}$$
Vậy $(*)$ được c/m. Dấu bằng xảy ra khi:
$$\left[\begin{matrix}a=0\\a=b+c+d\end{matrix}\right.$$
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại là xong. Nhưng lí do mình làm theo cách gộp ở trên là không muốn giải hệ điều kiện dấu bằng này :
$$\left\{\begin{matrix}\left[\begin{matrix}a=0\\a=b+c+d \end{matrix}\right.\\ \left[\begin{matrix}b=0\\b=a+c+d \end{matrix}\right.\\ \left[\begin{matrix}c=0\\c=a+b+d \end{matrix}\right.\\ \left[\begin{matrix}d=0\\d=a+b+c \end{matrix}\right.\end{matrix}\right.$$

 

[thaybom]

Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại là xong. Nhưng lí do mình làm theo cách gộp ở trên là không muốn giải hệ điều kiện dấu bằng này

Đối với bài toán chứng minh, ta chỉ cần chỉ ra $a=b=0$ và $c=d$ thì xảy ra đẳng thức là đủ.

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?

Ta cần có: $$\sqrt{\frac{a}{b+c+d}} \ge \frac{2a}{a+b+c+d} \Leftrightarrow a+b+c+d \ge 2 \sqrt{a(b+c+d)} (a \not= 0) $$
Vậy ta trình bày như sau:
Theo BDT AM-GM ta có: $$a+(b+c+d) \ge 2\sqrt{a(b+c+d)}$$ Do đó ta có: $$\frac{1}{\sqrt{b+c+d}} \le \frac{2\sqrt{a}}{a+b+c+d} $$
Từ đó suy ra: $$\sqrt{\frac{a}{b+c+d}} \le \frac{2a}{a+b+c+d}$$

 

[thaybom]

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

Chứng minh mà cũng không chấp nhận ư??
Uh thì tương đương này:
Giả sử $a = \max \{a ; b; c \}$, ta có:
$$\begin{aligned} VT & \le \frac{a+b+c}{b+c+1} + (1-a)(1-b)(1-c) =\\
& = \frac{a-1}{b+c+1}+1 + (1-a)(1-b)(1-c) \\
& = (1-a)\left( 1-b-c+bc - \frac{1}{1+b+c} \right) + 1 \\
& = (1-a) \left( \frac{1-(b+c)^2 + bc(1+b+c) - 1 }{1+b+c} \right) +1 \\
& \le \frac{(1-a) \left( \frac{(b+c)^2}{4} (1+b+c) - (b+c)^2 \right)}{b+c+1}+1 = \\
& = \dfrac{(1-a)(b+c)^2 . \frac{b+c-3}{4}}{b+c+1}+1 \\
& \le 1 \end{aligned} $$
Chỉ là đổi cách trình bày =.=.

 

[vy000]

Ta có:

$(a+b+c+d)^2 \ge 4(a+b+c)d$

$\Rightarrow (a+b+c)(a+b+c+d)^2 \ge 4(a+b+c)^2d \Rightarrow 4.4(a+b)cd$

$\Rightarrow (a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^2 \ge 4.4(a+b)^2cd \ge 4.4.4abcd$

$\Rightarrow \dfrac{(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^2}{abcd} \ge 64$

 

[pqowieuryt]

bat dang thuc

Với a,b,c >0 .
Chứng minh:
$\frac{a^3}{a^2+b^2+ab}+\frac{b^3}{b^2+c^2+ab}+ \frac{c^3}{c^2+a^2+ac} \ge \frac{a+b+c}{3}$
@hthtb22: Học kĩ gõ Latex
Viết chữ có dấu

 

[pqowieuryt]

bat dang thuc

ai chung minh gium e cau nay
voi a,b,c >0 cm:
a^3/(a^2+b^2+ab)+b^3/(b^2+c^2+bc)+c^3/(c^2+a^2+ac)≥(a+b+c)/3

 

[locxoaymgk]

http://www.nxbgd.vn/toanhoctuoitre/?...rtID=708&ph=84
Có bài đấy
-------------------------------------------------------------------------------------------------

 

[bboy114crew]

Bài này có nhiều cách lắm!
1) Bạn có thể dùng Cauchy ngược dấu
2) Dùng thẳng C-S

 

[thaybom]

Cho $a,\ b,\ c>0$. CMR:$\sum\limits_{cyc}\frac{ab}{c^2} \ge \frac12\sum\limits_{cyc}\frac{a+b}{c}$

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng $$\frac{ab}{c^2} + \frac{bc}{a^2} + \frac{ca}{b^2} \ge \frac12 \left( \frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{c+a}{b} \right)$$

 

[thaybom]

Cho $a,\ b,\ c>0$. CMR: $ \frac{a}{a+2b} + \frac{b}{b+2c} + \frac{c}{c+2a} \ge 1$

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng $$ \frac{a}{a+2b} + \frac{b}{b+2c} + \frac{c}{c+2a} \ge 1$$

 

[thaybom]

Cho $a,\ b,\ c,\ d>0$. CMR: $ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \ge 2$

Cho các số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng $$ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \ge 2$$

 

[thaybom]

Cho $a,\ b,\ c>0$ thỏa $a+b+c=3$. CMR:$\frac{a}{a+2bc} + \frac{b}{b+2ca} + \frac{c}{c+2ab} \ge 1$

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\frac{a}{a+2bc} + \frac{b}{b+2ca} + \frac{c}{c+2ab} \ge 1$$

 

[thaybom]

Cho$a,\ b,\ c>0$, $a+b+c=3$.CMR:$\frac{a^2b}{2a+b}+\frac{b^2c}{2b+c} +\frac{c^2 a}{2c+a}\le \fra$

Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c thỏa mãn $ a+b+c=3$ thì $$\frac{a^2b}{2a+b} + \frac{b^2c}{2b+c} + \frac{c^2a}{2c+a} \le \fra$$

 

[vy000]

Ta có:

$(a+b+c)(ab+bc++ca) \ge 9abc$

Mà $a+b+c=3$

$\Leftrightarrow ab+bc+ca \ge 3abc (1)$


$\dfrac{a}{a+2bc} + \dfrac{b}{b+2ca} + \dfrac{c}{c+2ab} $

$=\dfrac{a^2}{a^2+2abc} + \dfrac{b^2}{b^2+2cba} + \dfrac{c^2}{c^2+2abc}$

$\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+6abc} (2)$


Từ (1) và (2)

$\Rightarrow \dfrac{a}{a+2bc} + \dfrac{b}{b+2ca} + \dfrac{c}{c+2ab}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+6abc} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

Vậy ....

 

[jet_nguyen]

Đặt: $$ A=\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+d} + \dfrac{c}{d+a} + \dfrac{d}{a+b}. $$$$ B=\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+d}+\dfrac{d}{d+a}+ \dfrac{a}{a+b}. $$$$ C=\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{d}{c+d}+\dfrac{a}{d+a}+ \dfrac{b}{a+b}. $$ Dễ thấy: $B+C=4$
Á dụng BDT Cosi ta có:
$$A+B=\dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{c+d}+\dfrac{c+d}{d+a}+\dfrac{d+a}{a+b} \ge 4$$$$ A+C=\dfrac{a+c}{b+c}+\dfrac{b+d}{c+d}+\dfrac{c+a}{d+a}+\dfrac{d+b}{a+b}\ge \dfrac{4(a+c)}{a+b+c+d}+\dfrac{4(b+d)}{a+b+c+d}=4. $$ Do đó ta có:
$$B+C+2A \ge 8 \Longrightarrow A \ge 2(dpcm)$$ Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=d$

 

[vy000]

Ta có:

$(2ab+2bc+2cd+2da+2ca+2bd)+(2ac+2bd)$

$\le (2ab+2bc+2cd+2da+2ac+2bd)+â2+b^2+c^2+d^2=(a+b+c+d)^2$

$\Leftrightarrow \dfrac{(a+b+c+d)^2}{(2ab+2bc+2cd+2da+2ca+2bd)+(2ac+2bd)} \ge 1$

$\Leftrightarrow \dfrac{(a+b+c+d)^2}{ab+bc+cd+da+2ac+2bd}\ge 2 (1)$
Ta có:

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a}+ \dfrac{d}{a+b}$

$=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+bd}+\dfrac{c^2}{cd+ca}+\dfrac{d^2}{da+db} $

$\ge \dfrac{(a+b+c+d)^2}{ab+bc+cd+da+2ac+2bd} \ge 2(\text{do (1))}$


@jet_nguyen:latex lỗi kìa

 

[son9701]

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng $$ \frac{a}{a+2b} + \frac{b}{b+2c} + \frac{c}{c+2a} \ge 1$$

Áp dụng bât đẳng thức Schwarz ta có:

$$ VT =\sum \frac{a^2}{a^2+2ab} \ge \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}= 1 $$

Vậy ta có đpcm

 

[son9701]

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng $$\frac{ab}{c^2} + \frac{bc}{a^2} + \frac{ca}{b^2} \ge \frac12 \left( \frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{c+a}{b} \right)$$

Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 2 số ta có:

[TEX]\frac{ab}{c^2}+\frac{b}{a} \ge \frac{2b}{c} [/TEX]

và

[TEX]\frac{ab}{c^2}+\frac{a}{b}\geq\frac{2a}{c}[/TEX]

Cộng theo vế 2 bđt ta được

[TEX]\frac{ab}{c^2} \geq \frac{1}{2}(\frac{2a+2b}{c}- \frac{a}{b}-\frac{b}{a})[/TEX] (1)

Tương tự ta có:

[TEX]\frac{bc}{a^2} \geq \frac{1}{2}(\frac{2b+2c}{a}- \frac{b}{c}-\frac{c}{b})[/TEX] (2)

[TEX]\frac{ac}{b^2} \geq \frac{1}{2}(\frac{2a+2c}{b}- \frac{a}{c}-\frac{c}{a})[/TEX] (3)

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức (1);(2);(3) ta có đpcm

 

[jet_nguyen]

Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c thỏa mãn $ a+b+c=3$ thì $$\frac{a^2b}{2a+b} + \frac{b^2c}{2b+c} + \frac{c^2a}{2c+a} \le \fra$$

Ta sẽ chứng minh:
$$ \dfrac{a^2b}{2a + b} + \dfrac{b^2c}{2b + c} + \dfrac{c^2a}{2c + a} \le 1.$$ Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$: $$\frac{{{a}^{2}}b}{2a+b}={{a}^{2}}b.\frac{1}{a+a+b}\le {{a}^{2}}b.\frac{1}{9}\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right)=\frac{2ab+{{a}^{2}}}{9}.$$ Tương tự ta có: $$ \dfrac{b^2c}{2b + c} \le \frac{2bc+{{b}^{2}}}{9}$$$$ \dfrac{c^2a}{2c + a} \le \frac{2ca+{{c}^{2}}}{9}$$
Cộng vế theo vế: $$\frac{{{a}^{2}}b}{2a+b}+\frac{{{b}^{2}}c}{2b+c}+\frac{{{c}^{2}}a}{2c+a}\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ab+2bc+2ca}{9}=\frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{9}=1.$$Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1 $

 

[star_music]

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng $$\frac{ab}{c^2} + \frac{bc}{a^2} + \frac{ca}{b^2} \ge \frac12 \left( \frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{c+a}{b} \right)$$

Cách khác:mình làm hơi tóm tắt.

Chuẩn hóa: $abc=1$thì BĐT cần CM sẽ là:
$$2(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3})\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Với:$p=a+b+c$ và $q=ab+bc+ca$ qui đồng lên ta thu được:

$2p^3-7pq+9\ge 0$

Hiển nhiên đúng theo BĐT schur \Rightarrow $đpcm$