|
|
bình luận
|
Bất đẳng thức
hiển nhiên là phải tự bạn nhìn thấy, giả sử c nhỏ nhất ta đi xét 2 trường hợp a>=b>=c. Trong trường hợp này, đặt a=c x y,b=c x thay vào rồi khai triển ra bạn sẽ thấy cái "hiển nhiên".Trường hợp b>=a>=c cũng thực hiện tương tự.
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
bđt
e cho c=0 rồi đặt a=tb thay vào giải PT VT=6 là tìm được quan hệ
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bđt
|
|
|
|
Giả sử $a \geq b \geq c \geq 0$ thì ta chứng minh được BĐT sau:
$$\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq\sqrt{\frac{b+c}{a}}$$
Đồng thời cũng có $ab+bc+ac \geq a(b+c)$
Vậy nên $VT \geq \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\frac{9\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c}\geq 2\sqrt{(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}).\frac{9\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c}}=6$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
BĐT này hiển nhiên sau khi khai triển. Ta có thể làm mạnh BĐT này lên:
$$\frac{1}{7a+b}+\frac{1}{7b+c}+\frac{1}{7c+a}\leq \sqrt{\frac{3(a+b+c)}{64abc}}$$.
Hai kết quả tương tự sau đây giành cho bạn:
Cho $a,b,c$ thục dương thỏa mãn $a+b+c=abc$ và $\frac{1}{5}\leq k \leq5$.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{ka+b}+\frac{1}{kb+c}+\frac{1}{kc+a}\leq \frac{\sqrt{3}}{k+1}$$
$$\frac{1}{7a+b}+\frac{1}{7b+c}+\frac{1}{7c+a}\leq \frac{\sqrt{3}}{8}$$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Bđt 4 biến
|
|
|
|
Cho $a,b,c,d$ không âm thỏa $a^3+b^3+c^3+d^3+abcd=5$.Chứng minh rằng:
$$abc+bcd+cda+dab-abcd \leq 3$$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐT
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac>0$.Chứng minh:
$$\sqrt{\frac{a^3+3abc}{(b+c)^3}}+\sqrt{\frac{b^3+3abc}{(a+c)^3}}+\sqrt{\frac{c^3+3abc}{(a+b)^3}}\geq 2\sqrt{\frac{a^3+b^3+c^3+6abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$$ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 11/12/2015
|
|
|
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Proposed by Nguyễn Văn Quý.
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ không âm thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$$ \sum_{cyc}\sqrt{\left(a^2+\dfrac{2}{5}ab+b^2\right)\left(b^2+\dfrac{2}{5}bc+c^2\right)} \leq \dfrac{41}{40}$$ |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 28/11/2015
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Strange!
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $c(a-b) \neq 0$. Khi đó ta có BĐT sau:
$$\frac{a^3}{(b+c)^3}+\frac{b^3}{(c+a)^3}+\frac{c^3}{(a+b)^3}+\frac{8(a+b)^3(b+c)^3(c+a)^3}{c^2(a-b)^2(a+b+c)^5}\geq 4$$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho $x,y,z$ ko âm thỏa $x+y+z=3$
|
|
|
|
Áp dụng BĐT $a^2+b^2 \leq (a+b)^2$ thì ta có:
$VT \leq \sqrt{2(z^2-5z+8)}+\sqrt{z^2-z+1} \leq 2+\sqrt{7}$ ở đây thì giả sử $z=max${$x,y,z$} nên $1 \leq z \leq 3$ đảm bảo BĐT thu được là đúng. |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 14/11/2015
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT khó
|
|
|
|
Bài toán này của Ji Chen sau đó được đưa vào đề Iran MO 1996, đây đã từng là một bài toán nổi tiếng vì độ khó cũng như hình thức khá "đẹp" của nó, nhưng đến bây giờ thì nó đã không còn là 1 bài toán khó tuy độ đẹp còn giữ nguyên.Tổng cộng đến giờ có tầm khoảng 15 cách chứng minh cho BĐT này, 1 trong số đó sử dụng bổ đề sau:
$$\frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(a+c)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2}+\frac{1}{2}\geq \frac{5(a^2+b^2+c^2)}{4(ab+bc+ac)}$$
Một bài toán khác mạnh hơn:
$$\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ac)}+\frac{abc(a^3+b^3+c^3-3abc)}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}$$ |
|