|
|
giải đáp
|
Mới chế :D
|
|
|
|
Cho các số thực $a,b,c$ chứng minh rằng ta có BĐT sau:
$$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)\left(1+(\frac{9}{2}-\frac{5\sqrt{105}}{14}).\frac{(a^2+b^2+c^2)^2-3(a^3b+b^3c+c^3a)}{(a+b+c)^4} \right)$$ |
|
|
|
giải đáp
|
Mới chế :D
|
|
|
|
BĐT này tương đương với:
$$(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)^2 \geq 0$$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
bđtilove(1)
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ không âm và một số thực $p$ thỏa mãn $-2\sqrt[3]{2} \leq p \leq 2$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a^3+(p+2)abc}{a^3+(b+c)^3+3pabc}+\frac{b^3+(p+2)abc}{b^3+(c+a)^3+3pabc}+\frac{c^3+(p+2)abc}{c^3+(a+b)^3+3pabc}\geq 1$$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐTilove
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$. Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{\sqrt{3a^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+ac}}+\frac{1}{\sqrt{3c^2+ac}}\geq \frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{3(ab+bc+ac)}}$$ |
|
|
|
giải đáp
|
BĐT trông quen mà lạ vch :))
|
|
|
|
Dùng BĐT cổ điển thuần túy nhưng ta sẽ đi chứng minh BĐT mạnh hơn sau:
$$\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac})\geq 7$$
(Trần Quốc Anh)
$\Leftrightarrow \frac{8(ab+bc+ac)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\geq 10$
Lại có:
$\frac{8(ab+bc+ac)}{a^2+b^2+c^2}\geq 16-\frac{8(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}$
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}-6\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)[\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)-9abc}{abc(ab+bc+ac)}] \geq 0$$
Mà hiển nhiên thì $(a+b+c)(ab+bc+ac) \geq 9abc$
|
|
|
|
giải đáp
|
bđt
|
|
|
|
Vì chưa học đến kiến thức đạo hàm cao cấp nên chỉ nêu ra
$$k \leq max f_{x}= log_{\frac{x^2+2}{2x+1}}\frac{x^3+2}{3x}$$. Tìm được $k=2$ |
|
|
|
giải đáp
|
Help!!!!
|
|
|
|
Đây chính xác là đề thi HSG Hải Phòng năm 2014. Ta chứng minh BĐT sau:
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c\geq \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}$$ Giả sử $b= median${$a,b,c$} $$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{b} \geq \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}-2(a+b+c)$$
Áp dụng Cauchy-Schwarz kèm theo giả sử trên ta được đpcm. Kết quả trên còn khá lỏng và tất nhiên ta có thể làm mạnh lên:
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{6(a^2+b^2+c^2)-3(ab+bc+ac)}{a+b+c}$$
Đây chưa phải là hằng số tốt nhất nhưng mình nghĩ bạn có thể xử lí được bằng các BĐT cổ điển.
|
|
|
|
giải đáp
|
Giúp
|
|
|
|
Bài này không tồn tại Max, đề bài này bị sai, ta chứng minh được $VT \geq 2$. Bài toán này cũ rồi, với một điểm rơi duy nhất khi $a=b,c=0$ .Thậm chí ta còn có thể chứng minh rằng:
$$\sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}+\sqrt{\frac{b(c+a)}{b^2+ca}}+\sqrt{\frac{c(a+b)}{c^2+ab}}\geq 2$$
Ta có 1 bài toán tương tự nữa:
$$\frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\frac{b(a+c)}{a^2+c^2}+\frac{c(a+b)}{a^2+b^2}\geq 2$$ Với bài bạn trên, giả dụ như khi $c=0$ thì ta có $z=0$ vậy thử hỏi $\frac{1}{z}$ có xác định hay không? |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐT cổ điển
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ không ẩm thỏa $a+b+c=3$.Chứng minh rằng;
$$(a^2+bc^4)(b^2+ca^4)(c^2+ab^4) \leq 64$$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐT hình học.
|
|
|
|
Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng: $$\sqrt{\frac{a+1}{a+b}}+\sqrt{\frac{b+1}{b+c}}+\sqrt{\frac{c+1}{c+a}}\geq 3$$
|
|
|
|
giải đáp
|
Vote hộ!!!!
|
|
|
|
Bài này không đẹp bằng bài toán xuất phát điểm của nó, ta dùng bài toán ban đầu của anh Cẩn làm bổ đề cho bài này . Xem bài 16 tại đây:
http://k2pi.net.vn/showthread.php?t=25245 |
|
|
|
giải đáp
|
CMR
|
|
|
|
Nếu không dùng Holder thì dùng BĐT sau:
$$(x+y+z)^2 \geq x^2+y^2+z^2$$
Áp dụng BĐT trên với $x=\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}},y=\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}},z=\sqrt{\frac{ac}{a^2+c^2}}$
Từ đó có: $\sum \sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}\geq \sqrt{\sum \frac{ab}{a^2+b^2}}\geq \sqrt{\sum \frac{ab}{a^2+b^2+c^2} }=\sqrt{\frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}}$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐT với log
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn $a+b+c+4(ab+bc+ac) \leq 9$.Chứng minh rằng:
$$(a+\sqrt{a^2+1})^{b}.(b+\sqrt{b^2+1})^{c}.(c+\sqrt{c^2+1})^{a} \leq \sqrt[4]{512}$$ |
|
|
|
giải đáp
|
CMR
|
|
|
|
Đi chứng minh rằng:
$$\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\geq \sqrt{\frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}}$$
Dùng Holder có:
$$VT^2\geq \frac{(ab+bc+ac)^3}{\sum(ab)^2(a^2+b^2)}\geq \frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}$$
Dấu bằng khi $abc=0$ |
|
|
|
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 $VT \geq \sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\frac{9\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c}\geq 2\sqrt{(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}).\frac{9\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c}}=6$ |
|