[Toán 10]Bdt

[rua_it]

[tex]\green{\mathrm{a,b,c \geq 0[/tex]

[tex]\red{\mathrm{\sum_{cyclic}^{a+b+c=3} \sqrt{\frac{a}{3b^2+1}} \geq \frac{3}{2}[/tex]

 

[huycuopbien123]

[TEX]\fbox{\red Lasvia\: 2002[/TEX]

[TEX]\blue a,b,c,d [/TEX]là các số thực dương thoả mãn :

[TEX]\blue \sum_{a,b,c,d} \frac{1}{a^4+1}=1[/TEX].

Chứng minh:

[TEX]\fbox{ \blue abcd \ge 3[/TEX]

Có [tex] \sum\limits_{a,b,c} \frac{1}{a^4+1} = 1 - \frac{1}{d^4+1} [/tex]
[tex] \Leftrightarrow \sum\limits_{a,b,c}\frac{1}{a^4+1}=\frac{d^4}{d^4+1}[/tex]
[tex]AM-GM \Rightarrow \frac{d^4}{d^4+1}\geq 3 \frac{1}{\sqrt[3]{(a^4+1)(b^4+1)(c^4+1)}[/tex]
Tương tự [tex]\frac{a^4}{a^4+1}\geq 3\frac{1}{\sqrt[3]{(b^4+1)(c^4+1)(d^4+1)[/tex]
[tex]\frac{b^4}{b^4+1}\geq 3\frac{1}{\sqrt[3]{(c^4+1)(d^4+1)(a^4+1)[/tex]
[tex]\frac{c^4}{c^4+1} \geq 3\frac{1}{\sqrt[3]{(d^4+1)(a^4+1)(b^4+1)[/tex]
Nhân theo vế ta có [tex]\frac{a^4b^4c^4d^4}{(a^4+1)(b^4+1)(c^4+1)(d^4+1)} \geq 3^4.\frac{1}{\sqrt[3]{(a^4+1)^3(b^4+1)^3(c^4+1)^3(d^4+1)^3}[/tex]
[tex]\Rightarrow abcd\geq 3(dpcm)[/tex]

 

[rua_it]

[tex]\mathrm{:\yellow{\left{\begin{a^2+b^2 \geq c^2}\\{b^2+c^2 \geq a^2}\\{c^2+a^2 \geq b^2[/tex]

[tex]\math{\blue{Prove \ that:(a+b+c).(a^2+b^2+c^2).(a^3+b^3+c^3) \geq 4.(a^6+b^6+c^6)[/tex]

 

[rua_it]

[tex]\mathrm{\blue{\sum_{cyclic}^{a,b,c>0:\ a+b+c=1} \frac{ab}{3a^2+2b+3} \leq \frac{1}{12}[/tex]

 

[bigbang195]

có [tex] \sum\limits_{a,b,c} \frac{1}{a^4+1} = 1 - \frac{1}{d^4+1} [/tex]

:-?? .

 

[rua_it]

[tex]\mathrm{\blue{\left{\begin{a \geq b \geq c \geq 0}\\{\frac{a^2-b^2}{c}+\frac{b^2-c^2}{a}+\frac{c^2-a^2}{b} \geq 3a-4b+c[/tex]

 

[bigbang195]

[tex]\mathrm{\blue{\sum_{cyclic}^{a,b,c>0:\ a+b+c=1} \frac{ab}{3a^2+2b+3} \leq \frac{1}{12}[/tex]

[TEX]\blue \fbox{a^2+1 \ge 2a[/TEX]

[TEX]\blue LHS \le \sum _{cyc}\frac{ab}{6a+2b}=\frac{1}{3} \sum_{cyc} \left (a-\frac{3a^2}{3a+b} \right )[/TEX]

áp dung Cauchy-Schwarz ta có điều phải chứng minh.


Em sai số rồi áp dụng với 1/3 cơ nhưng mà cách làm tương tự ^^!

 

[rua_it]

[tex]\mathrm\blue{\frac{a}{a+bc}+\frac{b}{b+ca}+\frac{\sqrt{abc}}{c+ab} \leq 1+\frac{3.\sqrt{3}}{4}[/tex]

Bài này có lần [tex]\mathrm{namtuocavva18}[/tex] post roài mà chưa ai giải

 

[bigbang195]

[tex]\mathrm\blue{\frac{a}{a+bc}+\frac{b}{b+ca}+\frac{\sqrt{abc}}{c+ab} \leq 1+\frac{3.\sqrt{3}}{4}[/tex]

Điều kiện ạ .

 

[rua_it]

[tex]\mathrm{\blue{\sum_{cyclic}^{abc=1} \ \frac{(a^2+bc).(b+c)}{a} \geq 12[/tex]

 

[rua_it]

[tex]\mathrm{\red{Hong \ kong-2000}[/tex]

[tex] \sum_{cyclic}^{a,b,c>0:\ abc=1} \ \frac{ab^2+1}{c^3} \geq \frac{18}{a^3+b^3+c^3}[/tex]

Điều kiện ạ .

[tex]\mathrm{\green{a,b,c>0: \ a+b+c=1}[/tex]

 

[bigbang195]

[tex]\red hong\: Kong \: 2000[/tex][tex]\blue abc=1[/tex] và [tex]\blue a,b,c>0[/tex] . Cm[tex]\blue \sum_{cyc} \frac{1+ab^2}{c^3} \ge \frac{18}{a^3+b^3+c^3}[/tex]

.
.

[tex]vt= \sum{a^3b^3(1+ab^2)=\sum{a^3b^3+\sum{a^4b^5} [/tex][tex]\sum{a^3b^3 \ge 3a^2b^2c^2=3[/tex][tex]\sum{a^4b^5 \ge 3a^3b^3c^3=3 [/tex][tex]vt \ge 6 [/tex][tex]vp=\frac{18}{a^3+b^3+c^3} \le 6[/tex][tex]vt \ge 6 \ge vp [/tex]

 

[rua_it]

[tex]\mathrm{\red{a+b+c \in\ R \leq \frac{3}{2}[/tex]

[tex]\mathrm{\blue{(a^{-1}+b^{-1}+3).(b^{-1}+c^{-1}+3).(c^{-1}+a^{-1}+3) \geq 343[/tex]

 

[bigbang195]

[tex]\mathrm{\blue{a+b+c \in\ N^* \leq \frac{3}{2} \\ (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+1).(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+1).(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+1) \geq 343[/tex]

[TEX]N^*[/TEX] mà nhỏ hơn 1,5 được a. nếu là số thực thì Hölder's inequality ạ .

 

[rua_it]

[tex]\mathrm{\green{\sum_{cyclic}^{abc=ab+bc+ca} \ \frac{a^4+b^4}{ab.(a^3+b^3)} \geq 1[/tex]

1000 bài<

 

[bigbang195]

[tex]\mathrm{\green{\sum_{cyclic}^{abc=ab+bc+ca} \ \frac{a^4+b^4}{ab.(a^3+b^3)} \geq 1[/tex]

1000 bài<

 

[bigbang195]

 

[huycuopbien123]

[TEX]\blue [Vasile\: Cirtoaje][/TEX]

Let a,b,c be positive real number .Prove that

[TEX]\blue \sum_{cyclic} \frac{a^2}{b^2+c^2} \ge \sum_{cyclic} \frac{a}{b+c}[/TEX]

Giả sử [tex]a\geq b\geq c >0 \Rightarrow 1\geq \frac{b}{a}\geq \frac{c}{a}>0[/tex]
[tex]\Rightarrow \frac{b^2}{a^2}\leq \frac{b}{a};\frac{c^2}{a^2}\leq \frac{c}{a}[/tex]
[tex]\Rightarrow \frac{b^2}{a^2}+\frac{c^2}{a^2}\leq \frac{b}{a}+\frac{c}{a}[/tex]
[tex] \Leftrightarrow a(b^2+c^2)\leq a^2(b+c)[/tex]
[tex] \Leftrightarrow a^2(b+c)-a(b^2+c^2)\geq0[/tex]
Mà [tex]0<(b^2+c^2)(b+c)\leq (a^2+c^2)(a+c) \Rightarrow \frac{a^2}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c}=\frac{a^2(b+c)-a(b^2+c^2)}{(b^2+c^2)(b+c)}[/tex]
[tex]\geq \frac{a^2(b+c)-a(b^2+c^2)}{(a^2+c^2)(a+c)}(1)[/tex]
Lại có [tex]\frac{b^2}{a^2+c^2}-\frac{b}{a+c}= \frac{b^2(a+c)-b(a^2+c^2)}{(a^2+c^2)(a+c)}(2)[/tex]
Mà [tex]\frac{a}{c}\geq \frac{b}{c} \geq 1 \Rightarrow c(a^2+b^2)-c^2(a+b)\geq 0[/tex]
[tex](a^2+b^2)(a+b)\geq (a^2+c^2)(a+c)>0[/tex]
Nên [tex]\frac{c^2}{b^2+a^2}-\frac{c}{b+a}=\frac{c^2(b+a)-c(b^2+a^2)}{(b^2+a^2)(b+a)}[/tex]
[tex]\geq \frac{c^2(b+a)-c(b^2+a^2)}{(c^2+a^2)(c+a)}(3)[/tex]
[tex](1)+(2)+(3) \Rightarrow \frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+c^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}-\frac{a}{b+c}-\frac{b}{a+c}-\frac{c}{a+b}\geq\frac{a^2(b+c)-a(b^2+c^2)+b^2(a+c)-b(a^2+c^2)+c^2(b+a)-c(b^2+a^2)}{(a^2+c^2)(a+c)}=0[/tex]
hix mệt quá

 

[ivory]

[TEX]\blue a,b,c[/TEX] là các số thực dương thoả mãn [TEX]\blue ab+bc+ac+abc=4[/TEX]. Chứng minh rằng:

[TEX]\fbox{\blue a+b+c \ge ab+bc+ac [/TEX]

[TEX]\fbox{\red Viet\: Nam\: 1996[/TEX]

[TEX]\fbox{\blue\leftright xyz+x+y+z\ge 4}[/TEX]
_______________________________
C1:[TEX]x+y+z=k\ge 3[/TEX]
*[TEX]k\ge 4[/TEX];
*[TEX]3\le k\le 4[/TEX], ta co [TEX]xyz\ge \frac{k(16-k^2)}{9+4k}[/TEX]
phần còn lại là chứng minh:[TEX]k+\frac{k(16-k^2)}{9+4k}\ge 4[/TEX]
[TEX]\leftright (k^2-9)(k-4)\ge 0[/TEX],
--------------------------
C2:Kí hiệu [TEX]\frac{\sqrt{xy}}{2}=a, \frac{\sqrt{yz}}{2}=b,\frac{\sqrt{zx}}{2}=c[/TEX]
[TEX]2abc+a^2+b^2+c^2=1[/TEX]
[TEX]a=cosA, b=cosB,c=cosC[/TEX]
[TEX]\sum{\frac{cosAcosB}{cosC}}+4cosAcosBcosC\ge 2[/TEX]
--------------------------
C3:Từ giả thiết, dễ thấy tồn tại 2 số cùng lớn hơn hoặc =1, hay cùng nhỏ hơn hoặc = 1, giả sử là x,y. Ta có
[TEX](x-1)(y-1)\ge 0\leftright xy+1\ge x+y\leftright xyz+z+x+y\ge (z+1)(x+y)[/TEX]
Phần còn lại là chứng minh[TEX](z+1)(x+y)\ge 4[/TEX]
chú ý từ giả thiết, có [TEX]z=\frac{4-xy}{x+y+xy}[/TEX]
thày vào, rút gọn [TEX](x-y)^2\ge 0[/TEX]

 

[ivory]

[TEX]\blue [Vasile\: Cirtoaje][/TEX]

Let a,b,c be positive real number .Prove that

[TEX]\blue \sum_{cyclic} \frac{a^2}{b^2+c^2} \ge \sum_{cyclic} \frac{a}{b+c}[/TEX]

[TEX]\sum{\frac{a^2}{b^2+c^2}}\ge \sum{\frac{a}{b+c}}+3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)\sqrt[3]{(\frac{abc(a-b)(b-c)(c-a)}{(a+b)(b+c)(c+a)(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)})^2[/TEX]