[Toán 10]Bdt

[bigbang195]

Cho a,b,c dương và [TEX]a+b+c=3[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]\frac{a^2(b+1)}{a+b+ab}+\frac{b^2(c+1)}{b+c+bc}+ \frac{c^2(a+1)}{c+a+ca}\geq 2[/TEX].

[TEX]Vt=\sum \frac{a^2(b+1)}{(a+1)(b+1)-1}=\frac{a^2}{a+1-\frac{1}{b+1}}[/TEX]

Áp dụng Cauchy-Schwarz
[TEX]Vt \ge \frac{(a+b+c)^2}{\sum a+3-\sum \frac{1}{a+1}}[/TEX]

Mặt khác
[TEX]\sum \frac{1}{a+1} \ge \frac{9}{a+b+c+3}=\frac{3}{2}[/TEX]
nên ta suy ra đpcm

 

[namtuocvva18]

Cho a,b,c dương và [TEX]a+b+c=1[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]\frac{1}{ab+2c^2+2c}+\frac{1}{bc+2a^2+2a}+\frac{1}{ca+2b^2+2b}\geq \frac{1}{ab+bc+ca}[/TEX].

 

[namtuocvva18]

Cho a,b,c dương. Chứng minh:
[TEX]\frac{a^2-b^2}{b+c}+\frac{b^2-c^2}{c+a}+\frac{c^2-a^2}{a+b}\geq 0[/TEX].

 

[namtuocvva18]

Cho a,b,c dương. Chứng minh:
[TEX](\frac{a}{2a+b})^3+(\frac{b}{2b+c})^3+(\frac{c}{2c+a})^3\geq \frac{1}{9}[/TEX].

 

[namtuocvva18]

Cho a,b,c dương và [TEX]abc=1[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]\frac{1}{(1+a)^2(b+c)}+\frac{1}{(1+b)^2(c+a)}+ \frac{1}{(1+c)^2(a+b)}\leq \frac{3}{8}[/TEX].

 

[quyenuy0241]

Cho a,b,c dương. Chứng minh:
[TEX]\frac{a^2-b^2}{b+c}+\frac{b^2-c^2}{c+a}+\frac{c^2-a^2}{a+b}\geq 0[/TEX].

NHận thấy
[tex]a^2, b^2, c^2[/tex]
[tex]\frac{1}{b+c}, \frac{1}{a+c}, \frac{1}{a+b}[/tex]
Theo BDT hoán vị ta có :
[tex]\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b} \ge \frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a^2}{a+b}[/tex]
[tex]OK[/tex]

 

[namtuocvva18]

Cho a,b,c dương. Tìm GTLN của:
[TEX]P=\frac{bc}{a^2+3bc}+\frac{ca}{b^2+3ca}+\frac{ab}{c^2+3ab}[/TEX].

 

[bigbang195]

Cho a,b,c dương. Tìm GTLN của:
[TEX]P=\frac{bc}{a^2+3bc}+\frac{ca}{b^2+3ca}+\frac{ab}{c^2+3ab}[/TEX].

Chuyển chứng minh
[TEX]\sum \frac{a^2}{a^2+3bc} \ge \frac{3}{4}[/TEX]

[TEX]VT \ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a^4+3abc(a+b+c)} \ge \frac{3}{4}[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow 4(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3\sum a^4+9abc(a+b+c)[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow \sum a^4 \ge abc(a+b+c)[/TEX]

[TEX]DONE[/TEX]

 

[quyenuy0241]

Một chút về BDT hoán vị:
Cho 2 dãy đơn điệu cùng chiều : [tex]a_1,a_2,....,a_n [/tex],và ,[tex] b_1,b_2,...,b_n[/tex]
Giả sử:[tex](i_1,i_2,i_3....i_n)[/tex] ta luôn có BDT sau:
[tex]a_1b_1+a_2b_2+...a_nb_n \ge a_1.b_{i_1}+a_2.b_{i_2}+....+a_n.b_{i_n}[/tex]
Ngoài ra, nếu 2 dãy [tex]a_1,a_2,....,a_n [/tex],và ,[tex] b_1,b_2,...,b_n[/tex] ngược chiều thì BDT trên đổi chiều.
CM:
Xét TH các dãy là dãy đơn điệu tăng.BDT tương đương với:
[tex]a_1(b_1-b_{i_1})+a_2(b_2-b_{i_2})+....+a_n(b_n-b_{i_n}) \ge 0 [/tex]
[tex] \Leftrightarrow (a_1-a_2)(b_1-b_{i_1})+(a_2-a_3)(b_1+b_2-b_{i_1}-b_{i_2})+....+(a_{n-1}-a_n)(b_1+b_2+b_3+....+b_{n-1}-b_{i_1}-b_{i_2}-...-b_{i_{n-1}}) \ge 0[/tex]
Do là dãy đơn điệu tăng nên[tex] b_1 \ge b_2 \ge b_3 \ge.....\ge b_n[/tex] nên
[tex]b_1+b_2+b_3+...+b_n \ge b_{i_1}+b_{i_2}+...+b_{i_n}[/tex]
Nên BDT trên luôn đúng với[tex] k=1,n[/tex]
[tex]VD_1[/tex]:
với a,b,c không âm CM:
[tex]a^5+b^5+c^5 \ge a^4b+b^4c+c^4a[/tex]
[tex]VD_2[/tex]
Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác CM
[tex]a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \ge 0[/tex]
[TEX] VD_3[/tex]
Cho với mọi số dương a,b,c thì:
[tex]\frac{a^2+bc}{b+c}+\frac{b^2+ac}{a+c}+\frac{c^2+ab}{a+b} \ge a+b+c [/tex]

 

[namtuocvva18]

Cho a,b,c dương và [TEX]a+b+c=1[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]\frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}+\frac{b(c+a)}{b^2+(c+a)^2}+\frac{c(a+b)}{c^2+(a+b)^2}\leq \frac{6}{5}[/TEX].

 

[namtuocvva18]

Thtt

Cho a,b,c dương thoả mãn: [TEX]6(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\leq 1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/TEX]
Chứng minh:
[TEX]\frac{1}{10a+b+c}+\frac{1}{a+10b+c}+\frac{1}{a+b+10c}\leq \frac{1}{12}[/TEX].

 

[quyenuy0241]

Cho a,b,c dương và [TEX]a+b+c=1[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]A=\frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}+\frac{b(c+a)}{b^2+(c+a)^2}+\frac{c(a+b)}{c^2+(a+b)^2}\leq \frac{6}{5}[/TEX].

Viết lại
[tex]\frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}[/tex]
lại có theo AM-GM:
[tex]a^2+(b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2cb=(a+b+c)^2 -2a(b+c) \ge 1-\frac{(2a+b+c)^2}{4}=1-\frac{(1+a)^2}{4} =\frac{(1-a)(a+3)}{4}= \frac{(b+c)(a+3)}{4}[/tex]
[tex]A =\sum{\frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}} \le \sum{\frac{4a}{a+3}} \le \sum{4(1-\frac{3}{a+3})}= 4.(3-\sum{\frac{3}{a+3}}) \le 4.(3-3.\frac{9}{a+b+c+9} =\frac{6}{5} [/tex]

 

[quyenuy0241]

Cho a,b,c dương thoả mãn: [TEX]6(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\leq 1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/TEX]
Chứng minh:
[TEX]B=\frac{1}{10a+b+c}+\frac{1}{a+10b+c}+\frac{1}{a+b+10c}\leq \frac{1}{12}[/TEX].

Xuất phát từ DK đầu bài : có [tex]3(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}) \ge (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2 [/tex]
[TEX] 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2 \leq 1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \le 1[/TEX]
[tex]\frac{1}{10a+b+c} \le \frac{1}{144}(\frac{10}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})[/tex]
[tex]A \le \frac{1}{144}.[12(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})] \le \frac{1}{12}[/tex]
[TEX]OK[/TEX]

 

[namtuocvva18]

cho a,b,c dương và [TEX]a+b+c=2[/TEX]. Tìm GTLN của:
[TEX]P=\frac{ab}{\sqrt{2c+ab}}+\frac{bc}{\sqrt{2a+bc}}+\frac{ca}{\sqrt{2b+ca}}[/TEX].

 

[quyenuy0241]

cho a,b,c dương và [TEX]a+b+c=2[/TEX]. Tìm GTLN của:
[TEX]P=\frac{ab}{\sqrt{2c+ab}}+\frac{bc}{\sqrt{2a+bc}}+\frac{ca}{\sqrt{2b+ca}}[/TEX].

[tex] \frac{ab}{\sqrt{2c+ab}}=\frac{ab}{\sqrt{c(a+b+c)+ab}}= \frac{ab}{\sqrt{(c+a)(c+b)}} \le \frac{1}{2}(\frac{ab}{c+b}+\frac{ab}{a+c})[/tex]
Các BDT khác tương tự cộng vào :
[tex]P \le \frac{1}{2}(a+b+c)=1[/tex]

 

[namtuocvva18]

Cho x,y,z dương. Chứng minh:
[TEX]3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)\geq xyz(x+y+z)^3[/TEX].

 

[silvery21]

x; y; z ko âm
x+y+z =1
tìm min ;max P= xy+yz+zx- 27xyz

 

[namtuocvva18]

Cho a,b,c dương và [TEX]a+b+c=3[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq a^2+b^2+c^2[/TEX].

 

[bigbang195]

Cho a,b,c dương và [TEX]a+b+c=3[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq a^2+b^2+c^2[/TEX].

[TEX]\Leftrightarrow (a+b+c) \ge abc(a^2+b^2+c^2)[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow (a+b+c)^6 \ge 81(a+b+c)abc(a^2+b^2+c^2)[/TEX]

Mat khac

[TEX](a+b+c)^6=(\sum a^2+\sum ab+\sum ab)^3 \ge 27\sum a^2(\sum ab)^2[/TEX]

[TEX]\ge 27.3abc(a+b+c)\sum a^2[/TEX]
DPCM

 

[dandoh221]

Cho x,y,z dương. Chứng minh:
[TEX]3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)\geq xyz(x+y+z)^3[/TEX].

Theo bđt Holder ( nếu là 4 bộ thì các bạn có thể biết là Cauchy-Schwarz 2 lần )
[TEX](9xy^2z+9x^2yz+9xyz^2)(xy^2+zx^2+yz^2)(zy^2+yx^2+xz^2)(1+1+1) \ge [\sqrt{3xyz}(x+y+z)]^4[/TEX]
hay [TEX]27xyz(x+y+z)(xy^2+zx^2+yz^2)(zy^2+yx^2+xz^2) \ge 9xyz(x+y+z)^4[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow 3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)\geq xyz(x+y+z)^3[/TEX]
(đpcm)