Toán BDT 10

[rua_it]

bài này cũng dễ thôi mọi người làm nhanh nhé

Các số dương [TEX]x,y,z[/TEX] có tích bằng 1. Chứng minh :
[TEX] \frac{xy}{x^5+y^5+xy} + \frac{yz}{z^5+y^5+zy} + \frac{xz}{x^5+z^5+xz} \leq1[/TEX]

[tex]\frac{xy}{x^5+y^5+xy} =\frac{xy}{(x+y)(x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4)+xy}[/tex]
[tex]= \frac{xy}{(x+y)(x^2y^2+(x-y)(x^3-y^3)+xy}[/tex]
[tex]=\frac{xy}{(x+y)(x^2y^2+(x-y)^2(x^2+xy+y^2)+xy} \leq \frac{xy}{(x^2y^2(x+y)+xy)}=\frac{xy}{xy(xy(x+y)+1)}=\frac{1}{xy(x+y)+xyz}=\frac{xyz}{xy(x+y+z)} = \frac{z}{x+y+z}[/tex]
Tương tự, ta có:
[tex]\left{\begin{\frac{yz}{x^5+y^5+xy} \leq \frac{x}{x+y+z}}\\{\frac{yz}{z^5+y^5+yz} \leq \frac{y}{x+y+z}[/tex]
Cộng theo vế ta có dpcm

 

[bigbang195]

em có 1 cách đi đến [TEX]x^5+y^5 \ge x^2y^2(x+y)[/TEX]
by AM-GM :
[TEX]x^5+x^5+x^5+y^5+y^5 \ge 5x^3y^2[/TEX]
[TEX]y^5+y^5+y^5+x^5+x^5 \ge 5y^3x^2[/TEX]
________________________________
[TEX]5(x^5+y^5) \ge 5x^2y^2(x+y)[/TEX]

 

[bigbang195]

1 Bài Tập Sử Dụng Cauchy nè:
[TEX]a,b,c >0 , a^2+b^2+c^2=3[/TEX]
Chứng minh : [TEX]a^3+b^3+c^3+2(ab+bc+ac) \le 9[/TEX]

 

[bigbang195]

Gợi ý nhá Chứng minh tương đương
[TEX] (a^2+b^2+c^2)^2+a^2+c^2+b^2+6 \ge 2(a^3+b^3+c^3) +4(ab+bc+ac)[/TEX]

 

[bigbang195]

Thử sức tiếp với bài này nhá :
[TEX]a^5+b^5+c^5 \ge a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2[/TEX] với [tex]a,b,c >0[/tex]

 

[duynhan1]

Thử sức tiếp với bài này nhá :
[TEX]a^5+b^5+c^5 \ge a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2[/TEX] với [tex]a,b,c >0[/tex]

bài này quá dễ
Theo CO-si:
[TEX]a^5+a^5+a^5+b^5+b^5+ \ge 5a^3b^2[/TEX]
[TEX]c^5+c^5+c^5+a^5+a^5+ \ge 5c^3a^2[/TEX]
[TEX]b^5+b^5+b^5+c^5+c^5+ \ge 5b^3c^2[/TEX]
Cộng 3 BDT ta có đpcm

 

[duynhan1]

Thử sức bài mới nhé :
Chứng minh : [TEX](x1+\frac{1}{x})^2 + (x2+\frac{1}{x2})^2+....+(xn+\frac{1}{xn})^2 \geq\frac{(n^2+1)^2}{n}[/TEX] với [TEX]x1+x2+....+xn=1[/TEX]
:-SS:-SS:-SS:-SS:-SS:-SS:-SS:-SS

 

[hotgirlthoiacong]

eo ôi, theo để hiểu đc thật là khó, mấy bạn cho mấy bài dê dễ giúp mình tinh thông BĐT với, hiện ttai mình đang mơ màng lắm

 

[rooney_cool]

[TEX]a,b,c[/TEX] là 3 cạnh 1 tam giác .
Chứng minh [TEX]a^3b+b^3c+c^3a \ge a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2[/TEX]

Giả sử [TEX]a \geq b \geq c[/TEX]

[TEX]a^3b+b^3c+c^3a \ge a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2 \Leftrightarrow a(b - c)^2 (b + c - a) + b(a - b)(a - c)(a + b - c)\geq 0[/TEX]

!!!

 

[bigbang195]

Thử sức bài mới nhé :
Chứng minh : [TEX](x1+\frac{1}{x})^2 + (x2+\frac{1}{x2})^2+....+(xn+\frac{1}{xn})^2 \geq\frac{(n^2+1)^2}{n}[/TEX] với [TEX]x1+x2+....+xn=1[/TEX]
:-SS:-SS:-SS:-SS:-SS:-SS:-SS:-SS

Bài này có gì đâu theo Cauchy-Schwarz(1 dòng )
[TEX]VT \ge \frac{(\sum_{i=1}^n x_i +\sum_{i=1}^n \frac{1}{x_i})^2}{n} \ge VP[/TEX] vì
[TEX]\sum_{i=1}^n \frac{1}{x_i} \ge \frac{n^2}{\sum_{i=1}^n x_i[/TEX]

 

[rooney_cool]

Anh có sử dụng cái gì ko mà ra đc nhanh vậy ạ

Bài này anh đọc trong quyển sách của anh rồi mà. Gặp bài làm rồi thì làm được nhưng gặp bài chưa làm thì chịu

 

[rooney_cool]

Giả sử [TEX]a \geq b \geq c[/TEX]

[TEX]a^3b+b^3c+c^3a \ge a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2 \Leftrightarrow a(b - c)^2 (b + c - a) + b(a - b)(a - c)(a + b - c)\geq 0[/TEX]

!!!

Ghét nhất là các bất đẳng thức ví dụ như [TEX]a(b - c)^2 (b + c - a) + b(a - b)(a - c)(a + b - c)\geq 0[/TEX] khai triển ra đấy.

 

[duynhan1]

[TEX]a,b,c[/TEX] là 3 cạnh 1 tam giác .
Chứng minh [TEX]a^3b+b^3c+c^3a \ge a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2[/TEX]

Bài này cũng dễ kiên nhẫn một chút là được :
Giả sử : [TEX]a \geq b \geq c[/TEX]
Theo CS:
[TEX](a^3b+b^3c+c^3a)(b^3a+c^3b+a^3c)\geq(a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2)^2[/TEX]
Lại có [TEX](a^3b+b^3c+c^3a)-(b^3a+c^3b+a^3c)=(a-b)(b-c)(a-c)(a+b+c)\geq 0[/TEX]
Từ 2 điều trên đi đến dpcm