Toán [Toán 9] bất đẳng thức(2)

[bosjeunhan]

Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $a+b+c=1$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{a+1}{1-a} + \dfrac{b+1}{1-b} + \dfrac{c+1}{1-c} \le 2( \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a})$

P/s: Cuối cùng cũng sửa lại tàm tạm pic :khi (122):

 

[chodoi2g]

[TEX]VT \geq \frac{1}{3}(\sum x^4)(\frac{1}{x+y}) \geq \frac{1}{9}(\sum x)(\sum x^3) \frac{9}{2\sum x} =\frac{\sum x^3}{2}(Chebyshev)[/TEX]

ai giai giup em phuong phap dung bdt cói va bunhia

 

[chodoi2g]

bài nữa cũng dễ!
cho các số dương x,y,z .CMR:
[tex] \frac{x^4}{y+z} + \frac{y^4}{x+z} +\frac{z^4}{y+x} \geq \frac{x^3+y^3+z^3}{2}[/tex]
(3 cách )

ai giai giup em bang phuong phap dung bdt cosi va
bunhia
>->->-

 

[vietanb2]

Cho a,b,c là các số d][ng thoả mãn: a^2 + b^2 = 1 và a^4/c + b^4/d = 1/ c +d
CMR: a^2/c + d/b^2 2
ho mjn na

 

[l3etaz]

1 : Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn
[TEX]\mathrm{abc}= \frac{9}{4} [/TEX]
[TEX]\text{CMR : }\ \ \ a^3 + b^3 + c^3 > a\sqrt{b+c} + b\sqrt{c+a} + c\sqrt{a+b}[/TEX]

 

[bosjeunhan]

1 : Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn
[TEX]\mathrm{abc}= \frac{9}{4} [/TEX]
[TEX]\text{CMR : }\ \ \ a^3 + b^3 + c^3 > a\sqrt{b+c} + b\sqrt{c+a} + c\sqrt{a+b}[/TEX]

$a^3+b^3+c^3\geq 3abc=\frac{27}{4}> 6$
$(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b})^2\leq (a^2+b^2+c^2)(b+c+a+c+a+b)=2(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\leq 6(a^3+b^3+c^3)$
Ta cần chứng minh $(a^3+b^3+c^3)^2\geq 6(a^3+b^3+c^3)\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\geq 6$
Bất đẳng thức được chúng minh

 

[harrypham]

Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $a+b+c=1$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{a+1}{1-a} + \dfrac{b+1}{1-b} + \dfrac{c+1}{1-c} \le 2( \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a})$

P/s: Cuối cùng cũng sửa lại tàm tạm pic :khi (122):

Lời giải. Thay $1$ bằng $a+b+c$ thì bất đẳng thức tương đương với việc chứng minh
$$3+ \frac{2a}{b+c}+ \frac{2b}{c+a}+ \frac{2c}{a+b} \le 2 \left( \frac ab+ \frac bc+ \frac ca \right)$$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có $\dfrac{2a}{b+c} \le \dfrac{a}{2} \left( \dfrac 1b + \dfrac 1c \right), \dfrac{2b}{a+c} \le \dfrac b2 \left( \dfrac 1a + \dfrac 1c \right), \dfrac{2c}{a+b} \le \dfrac{c}{2} \left( \dfrac 1a + \dfrac 1b \right)$.
Như vậy, ta cần chứng minh $$\frac 32 \left( \frac ab + \frac bc + \frac ca \right) \ge \frac 12 \left( \frac ac + \frac ba + \frac cb \right)+3$$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có $\dfrac ab+ \dfrac bc \ge 2 \dfrac ac, \; \dfrac bc+ \dfrac ca \ge 2 \dfrac ba, \; \dfrac ab + \dfrac ca \ge 2 \dfrac cb$. Cộng lại thì ta có $$\dfrac ab+ \dfrac bc + \dfrac ca \ge \dfrac ac+ \dfrac ba + \dfrac cb$$
Như vậy thì $$\frac 32 \left( \frac ab + \frac bc + \frac ca \right) \ge \dfrac 12 \left( \dfrac ca + \dfrac ba + \dfrac cb \right)+ \frac ab + \frac bc + \frac ca \ge \frac 12 \left( \frac ac + \frac ba + \frac cb \right)+3$$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c= \dfrac 13$.

 

[janbel]

CM: $\sum \dfrac{a}{a^3+8}\le\dfrac{4}{9}$

Ngẫu hứng.

$\fbox{1}$ Cho $a;b;c;d$ là các số thực không âm thỏa mãn $\sum a=4$. Chứng minh:
$$\sum \dfrac{a}{a^3+8}\le\dfrac{4}{9}$$

$\fbox{2}$ Cho các số thực $a;b;c$ thỏa mãn $\sum a^2=3$. Chứng minh:
$$\sum\dfrac{a^2}{2+b+c^2}\ge \dfrac{(\sum a)^2 }{12}$$

Chú ý đây là 1 đề tài thảo luận vậy nên có thể giải bằng nhiều cách khác nhau càng tốt, hiện giờ trong tay mình chỉ có 1 cách, mong các bạn có thể giải bài này bằng nhiều cách khác nhau.

 

[braga]

$\fbox{2}$. Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:
$$\sum \dfrac{a^2}{2+c+b^2}\geq \dfrac{(\sum a)^2}{\sum a^2+\sum a+6}$$
Mà $(\sum a)^2\le 3(\sum a^2) \to \sum a\le 3$
$$\Rightarrow \sum \dfrac{a^2}{2+c+b^2}\geq \dfrac{(\sum a)^2}{12}$$

 

[braga]

$\fbox{1}.$Theo $AM-GM$:
$$\sum \dfrac{a}{a^3+8}\le\dfrac{1}{3}\sum \dfrac{a}{a+2}=\dfrac{4}{3}-\dfrac{2}{3}\sum \dfrac{1}{a+2}$$
Theo $Cauchy-schwarz$ ta có:
$$\sum \dfrac{1}{a+2}=\dfrac{ 1}{ a+2}+\dfrac{ 1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}+\dfrac{1}{d+2}\geq \dfrac{16}{a+b+c+d+8}=\dfrac{4}{3}$$
$\Rightarrow đpcm$

 

[braga]

$\fbox{1}.$Theo $AM-GM$:
$$\sum \dfrac{a}{a^3+8}\le\dfrac{1}{3}\sum \dfrac{a}{a+2}=\dfrac{4}{3}-\dfrac{2}{3}\sum \dfrac{1}{a+2}$$
Theo $Cauchy-schwarz$ ta có:
$$\sum \dfrac{1}{a+2}=\dfrac{ 1}{ a+2}+\dfrac{ 1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}+\dfrac{1}{d+2}\geq \dfrac{16}{a+b+c+d+8}=\dfrac{4}{3}$$
$\Rightarrow đpcm$

$\fbox{Cách 2}.$ Ta có:
$$\frac{a}{a^{3}+8}\leq \frac{2}{27}\left(a-1 \right)+\frac{1}{9}$$
$$\sum \frac{a}{a^{3}+8}\leq \sum \frac{2}{27}\left(a-1 \right)+\frac{4}{9}=\frac{4}{9}$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=1$

 

[janbel]

Tiếp tục:

$\fbox{3}$ Cho các số thực thực không âm $x;y;z$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{\sum x^2+\sum xy}{6} \le \dfrac{\sum x}{3}.\sqrt{\dfrac{\sum x^2}{3}}$$

 

[braga]

$\fbox{4}$. Cho $x,y,z>0$ và $x^2+y^2+z^2=3$. Chứng minh rằng:
$$x^3+y^3+z^3\ge 3$$

P/s: Anh em tiếp tục topic này nhé

 

[janbel]

$\fbox{4}$. Cho $x,y,z>0$ và $x^2+y^2+z^2=3$. Chứng minh rằng:
$$x^3+y^3+z^3\ge 3$$

P/s: Anh em tiếp tục topic này nhé

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có:
$$\sum x^3=\sum \dfrac{x^4}{x} \ge \dfrac{(\sum x^2)^2}{\sum x}=\dfrac{9}{\sum x}\ge \dfrac{9}{3}=3$$
Vì $$\sum x^2\ge \dfrac{(\sum x)^2}{3}\iff \sum x\le 3$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$.

 

[pe_lun_hp]

Tớ có bài này đưa lên, tiện thể là hỏi luôn vì tớ chưa làm được . Mong các Thớt chụm đầu giúp tớ

Link câu hỏi : http://diendan.hocmai.vn/showthread.php?t=317977


$\fbox{5}.$ Cho $x_1 , x_2 ,.....x_n >0$ , n>3 thỏa mãn điều kiện $x_1.x_2....x_n = 1$

CMR:

$\dfrac{1}{1 + x_1 + x_1x_2} + \dfrac{1}{1 + x_1x_3} + .... + \dfrac{1}{1 + x_n + x_nx_1} > 1$

 

[braga]

Tiếp tục:

$\fbox{3}$ Cho các số thực thực không âm $x;y;z$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{\sum x^2+\sum xy}{6} \le \dfrac{\sum x}{3}.\sqrt{\dfrac{\sum x^2}{3}}$$

Đặt $x^{2}+y^{2}+z^{2}=a$ và $xy+yz+xz=b$

Khi đó $\text{BDT}\iff \left(a+b \right)^{2}\le \dfrac{4}{3}a\left( a+2b\right)\iff \left(a-b \right)\left(a+3b \right)\ge 0$

 

[braga]

$\fbox{6}$. Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:
$$\dfrac{1}{2a+1}+\dfrac{1}{2b+1}+\dfrac{1}{2c+1} \geq 1$$

 

[janbel]

$\fbox{6}$. Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:
$$\dfrac{1}{2a+1}+\dfrac{1}{2b+1}+\dfrac{1}{2c+1} \ge 1$$

Hôm qua giờ mới có time để post lời giải mình lên ^^
Solution:
Đặt $a=\dfrac{x}{y}; b=\dfrac{y}{z}; c=\dfrac{z}{x}$ (vì $abc=1$)
Bất đẳng thức trên ta có thể viết lại thành:
$$\sum \dfrac{1}{2\dfrac{x}{y}+1}\ge 1$$
$$\iff \sum \dfrac{y}{2x+y}\ge 1$$
Đến đây áp dụng AM-GM dạng $ab\le \dfrac{(a+b)^2}{4}$ ta có:
$$\dfrac{y}{2x+y}=\dfrac{y(2z+y)}{(2x+y)(2z+y)}\ge \dfrac{y(2z+y)}{\dfrac{(2x+2y+2y)^2}{4}}=\dfrac{y(2z+y)}{(x+y+z)^2}$$
Hoàn toàn tương tự ta cũng có được:
$$\dfrac{z}{2y+z}\ge\dfrac{z(2x+z)}{(x+y+z)^2}$$
$$\dfrac{x}{2z+x}\ge\dfrac{x(2y+z)}{(x+y+z)^2}$$
Cộng 3 BĐT cùng chiều trên ta được:
$$\sum \dfrac{y}{2x+y}\ge\dfrac{\sum y(2z+y)}{(\sum a)^2}$$
$$\iff \sum \dfrac{y}{2x+y}\ge\dfrac{2\sum xy+\sum x^2}{(\sum x)^2}=1$$
$$\to Q.E.D$$
Dấu =" $\iff x=y=z \iff a=b=c=1$

 

[janbel]

$\fbox{7}$. Cho các số thực dương $x;y;z$. Chứng minh rằng:
$$ \dfrac{1+yz+xz}{(1+x+y)^2} +\dfrac{1+xz+xy}{(1+y+z)^2}+\dfrac{1+xy+yz}{(1+x+z)^2}\ge 1$$

 

[braga]

$\fbox{7}$. Cho các số thực dương $x;y;z$. Chứng minh rằng:
$$ \dfrac{1+yz+xz}{(1+x+y)^2} +\dfrac{1+xz+xy}{(1+y+z)^2}+\dfrac{1+xy+yz}{(1+x+z)^2}\ge 1$$

Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:
\[(1+x+y)^2= \left(1+\sqrt{xz}. \sqrt{\frac{x}{z}}+\sqrt{yz}. \sqrt{\frac{y}{z}}\right)^2\le (1+xz+yz)\left(1+ \frac{x}{z}+ \frac{y}{z}\right)\\
\Rightarrow \dfrac{1+yz+xz}{(1+x+y)^2}\ge \dfrac{z}{x+y+z}\]
Hai biểu thức còn lại đánh giá tương tự, cộng lại sẽ thấy ngay kết quả!