Toán 10 [Toán 10]Bất đẳng thức

V

vy000

Ta có:
x+y=2x+y=2
⇔x3+y3+3xy(x+y)=8\Leftrightarrow x^3+y^3+3xy(x+y)=8
⇔x3+y3=8−6xy=2(4−3xy)\Leftrightarrow x^3+y^3=8-6xy=2(4-3xy)
⇔(x3+y3)x3y3=2(4−3xy)x3y3≤(4−3xy+xy+xy+xy4)4=2\Leftrightarrow (x^3+y^3)x^3y^3=2(4-3xy)x^3y^3 \leq(\dfrac{4-3xy+xy+xy+xy}{4})^4=2
 
T

thaybom

Cho a,b,c,d>0a,b,c,d>0. CMR: a+b+c+dabcd4+16abcd(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥5\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: a+b+c+dabcd4+16abcd(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥5\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd} } + \frac{16abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)} \ge 5
 
N

nghgh97

[Toán 10] ∑ab+c+1+∏(1−a)≤1\sum\dfrac{a}{{b + c + 1}} + \prod(1-a)\le 1

Cho 0≤a≤10 \leq a \leq 1 , 0≤b≤10 \leq b \leq 1 , 0≤c≤10 \leq c \leq 1 chứng minh:

ab+c+1+ba+c+1+ca+b+1+(1−a)(1−b)(1−c)≤1\dfrac{a}{{b + c + 1}} + \dfrac{b}{{a + c + 1}} + \dfrac{c}{{a + b + 1}} + (1 - a)(1 - b)(1 - c) \leq 1
 
Last edited by a moderator:
T

thaybom

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

thaybom

Giả sử a=max⁡{a;b;c}a = \max \{a ; b; c \}, ta có: VT≤a+b+cb+c+1+(1−a)(1−b)(1−c)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)≤1−a+b+cb+c+1(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)≤1−a(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)≤(2−b−c+b+c+13)3=1(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=0a=b=c=0 hoặc a=b=c=1a=b=c=1


 
Last edited by a moderator:
V

vy000

Ta có:
a+b≥2aba+b \ge 2\sqrt[]{ab}
a+b+c≥2(a+b)c≥22abc=22cab4a+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≥(2(a+b+c)d)2≥22d2c4ab8)2=8d2cab4(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}
⇒(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)2≥64abcd\Rightarrow (a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^2 \ge 64abcd
⇔(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)2abcd≥64\Leftrightarrow \dfrac{(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^2}{abcd} \ge 64
 
Last edited by a moderator:
L

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.
 
T

thaybom

locxoaymgk said:
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.
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
+Bạn kiểm tra a=b=0a=b=0 và c=d=1c=d=1 thử.
+Bạn nhân tử mẫu cho a nhưng chưa có điều kiện a≠0a \not=0 ??
+Bạn sử dụng CT mới của diễn đàn để bài viết đẹp hơn.
 
T

thaiha_98

thaybom said:
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 \frac32 (BDT Nesbit)
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Đây là bất đẳng thức Nesbit quen thuộc đây mà.
Giải:
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức:
(x+y+z)(1x+1y+1z)≥9(x+y+z)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}) \ge 9
Thật vậy:
(x+y+z)(1x+1y+1z)(x+y+z)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})
=1+xy+xz+1+yx+yz+1+zx+zy=1+ \dfrac{x}{y}+ \dfrac{x}{z}+1+ \dfrac{y}{x}+ \dfrac{y}{z}+1+ \dfrac{z}{x}+ \dfrac{z}{y}
=3+(xy+yx)+(xz+zx)+(yx+zy)=3+( \dfrac{x}{y}+ \dfrac{y}{x})+ ( \dfrac{x}{z}+ \dfrac{z}{x})+( \dfrac{y}{x}+ \dfrac{z}{y})
\Rightarrow (x+y+z)(1x+1y+1z)≥3+2+2+2=9(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+ax=a+b;y=b+c;z=c+a
\Rightarrow 2(a+b+c)(1a+b+1b+c+1c+a)≥92(a+b+c)(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}) \ge 9
\Rightarrow (a+b+c)(1a+b+1b+c+1c+a)≥92(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:
ca+b+ab+c+bc+a≥32\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a} \ge \dfrac{3}{2} (đpcm)
 
Last edited by a moderator:
S

son9701

thaybom said:
Cho các số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng: a+b+c+dabcd4+16abcd(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥5\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd} } + \frac{16abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)} \ge 5
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 5 số:

VT=a+b2abcd4+b+c2abcd4+c+d2abcd4+d+a2abcd4+16abcd(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥5VT = \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
 
Last edited by a moderator:
S

son9701

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

Áp dụng bđt Bunhiacopxki cho 2 bộ số :

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

Khai căn 2 vế ta có đpcm

Dấu = xảy ra khi a=b=2c
 
N

nghgh97

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

Cho a2+b2+c2=1 a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1 CMR:
abc+2(1+a+b+c+ab+bc+ca)≥0 abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) \geq 0
 
Last edited by a moderator:
T

truongduong9083

Chào bạn

Theo giả thiết suy ra −1≤a,b,c≤1 - 1 \leq a,b,c \leq 1
Ta có
(1+a)(1+b)(1+c)≥0⇒1+a+b+c+ab+bc+ca+abc≥0(1)(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=12[1+2ab+2ac+2ca+2(a+b+c)+1]1+ a+ b+c+ ab+bc+ca = \dfrac{1}{2}[1+2ab+2ac+2ca + 2(a+b+c) + 1]
=12[(a+b+c)2+2(a+b+c)+1]=12(a+b+c+1)2≥0(2) = \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
 
N

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! :(:)(:)((
 
N

nghgh97

[Toán 10] ∑a3a2+ab+b2≥∑a3\sum\dfrac{a^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} \ge \dfrac{\sum a}{3}

Cho a,b,c>0 a, b, c > 0 CMR
a3a2+ab+b2+b3b2+bc+c2+c3c2+ac+a2≥a+b+c3 \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
 
Last edited by a moderator:
M

minhtuyb

thaybom said:
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(a+b+c)(b+c+d)(c+d+a)(d+a+b)>0 Chứng minh rằng: ab+c+d+bc+d+a+cd+a+b+da+b+c≥2\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
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Chưa ai làm thì mình xin làm ^_^:
Xét 2 trường hợp:
∙\bullet Trong a,b,c,ca,b,c,c có một số bằng không, ba số khác không. KMTTQ, giả sử a=0;b,c,d≠0a=0;b,c,d\ne 0 thì BĐT cần c/m cho trở thành:
bc+d+cb+d+db+c≥2 (∗)\sqrt{\frac{b}{c+d}}+\sqrt{\frac{c}{b+d}}+\sqrt{\frac{d}{b+c}}\ge 2\ (*)
Đúng vì.
bc+d=bb(c+d)≥Cauchy2bb+c+d\sqrt{\frac{b}{c+d}}=\frac{b}{\sqrt{b(c+d)}}\ge^{Cauchy} \frac{2b}{b+c+d}
cb+d=cc(b+d)≥Cauchy2cb+c+d\sqrt{\frac{c}{b+d}}=\frac{c}{\sqrt{c(b+d)}}\ge^{Cauchy} \frac{2c}{b+c+d}
db+c=dd(b+c)≥Cauchy2db+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,da,b,c,d có hai số bằng không, hai số khác không. KMTTQ, giả sử a=b=0;c,d≠0a=b=0;c,d\ne 0. Khi đó BĐT cần c/m trở thành:
cd+dc≥2\sqrt{\frac{c}{d}}+\sqrt{\frac{d}{c}}\ge 2
Đúng theo Cauchy 2 số. Dấu bằng xảy ra khi c=dc=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(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>0a=b=0;c=d>0 và các hoán vị □\square
 
T

thaybom

locxoaymgk said:
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.
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Chúng ta xem lại bày này nhé, rõ ràng đánh giá: ab+c+d≥2aa+b+c+d\sqrt{\frac{a}{b+c+d}} \ge \frac{2a}{a+b+c+d} có xảy ra dấu "=" khi a=0 hoặc a=b+c+da=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≥∑cyc2aa+b+c+dVT \ge \sum\limits_{cyc} \frac{2a}{a+b+c+d} mà không cần tới bước trung gian?
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom