BĐTilove

Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$. Chứng minh rằng: $$\frac{1}{\sqrt{3a^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+ac}}+\frac{1}{\sqrt{3c^2+ac}}\geq \frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{ab+bc+ac}}$$

Bất đẳng thức

BĐTilove

Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$. Chứng minh rằng:$$\frac{1}{\sqrt{3a^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+ac}}+\frac{1}{\sqrt{3c^2+ac}}\geq \frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{3(ab+bc+ac)}}$$

Bất đẳng thức

bđtilove(1)

Cho $a,b,c$ không âm và một số thực $p$ thỏa mãn $-2\sqrt[3]{2} \leq 2$.Chứng minh rằng: $$\frac{a^3+(p+2)abc}{a^3+(b+c)^3+3pabc}+\frac{b^3+(p+2)abc}{b^3+(c+a)^3+3pabc}+\frac{c^3+(p+2)abc}{c^3+(a+b)^3+3pabc}\geq 1$$

Bất đẳng thức

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:$$\frac{a^3+(p+2)abc}{a^3+(b+c)^3+3pabc}+\frac{b^3+(p+2)abc}{b^3+(c+a)^3+3pabc}+\frac{c^3+(p+2)abc}{c^3+(a+b)^3+3pabc}\geq 1$$

Bất đẳng thức

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)

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 $(a+b+c)(ab+bc+ac) \geq 9abc$

Mọi người làm nhanh hộ em

Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca} \leq 1$(Moldova TST)

Bất đẳng thức

Mọi người làm nhanh hộ em

Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca} \leq 1$$(Moldova TST)

Bất đẳng thức

Mọi người làm nhanh hộ em

Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\geq 1$

Bất đẳng thức

Mọi người làm nhanh hộ em

Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca} \leq 1$(Moldova TST)

Bất đẳng thức

BĐT hình học.

Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng: $$\sqrt{\frac{a+1}{a+b}}+\sqrt{\frac{b+1}{b+c}}+\sqrt{\frac{c+1}{c+a}}\geq 3$$

Bất đẳng thức

BĐT hình học.

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng: $$\sqrt{\frac{a+1}{a+b}}+\sqrt{\frac{b+1}{b+c}}+\sqrt{\frac{c+1}{c+a}}\geq 3$$

Bất đẳng thức

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 nyaf. Xem bài 16 tại đây:$$http://k2pi.net.vn/showthread.php?t=25245$$

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

$Min=\frac{5}{2}$. Có rất nhiều kết quả cùng dạng với bài toán này: $1.\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+b+c}\ge 2$$2.\frac {1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b} + \frac {3}{a + b + c}\geq 4$$3.\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{5}{4}.(ab+bc+ca) \geq \frac{15}{4}$$4.(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\sqrt{ab+bc+ca} \geq \frac{5}{2}$$5.\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2} \geq \dfrac{5}{2}$

$Min=\frac{5}{2}$. Có rất nhiều kết quả cùng dạng với bài toán này: $1.\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+b+c}\ge 2$$2.\frac {1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b} + \frac {3}{a + b + c}\geq 4$$3.\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{5}{4}.(ab+bc+ca) \geq \frac{15}{4}$$4.(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\sqrt{ab+bc+ca} \geq \frac{5}{2}$$5.\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2} \geq \dfrac{5}{2}$

Hoán vị hay đối xứng?

Bài toán: Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng 0).Chứng minh rằng: $$a^3+b^3+c^3+3abc \ge \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{(ab^2+bc^2+ca)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$$ Lời giảiXét trường hợp mà $abc=0$ khi đó BĐT hiển nhiên đúng. Xét $abc \neq 0$ khi đó đặt:$x = \frac {a}{b} , y = \frac {b}{c},z = \frac {c}{a}$ thì ta sẽ chứng minh BĐT tương đương sau:$\frac {x}{z} + \frac {y}{x} + \frac {z}{y} + 3\geq\frac {(xy + yz + zx)^2}{xyz(x + y + z)} + \frac {(x + y + z)^2}{xy + yz + zx}$Chưa tìm ra cách nào khá hơn nên làm theo cách biến đổi tương đương:Chuẩn hóa $p=1$ thì BĐT tương đương với:$f(r)=r^2(36q^2-12q+4)-r(12q^4+4q^3)+4q^6 \geq 0$Do hệ số cao nhất dương nên ta sẽ chứng minh rằng $\Delta \leq 0$mà $\Delta=-46q^6(3q-1)^2 \leq 0$Vậy BĐT trên đúng. Dấu bằng xảy ra khi $abc=0$ hay $a=b=c$Nếu biến đổi tương đương thì BĐT của ta là bậc 9 và tương đương với:$abc(a^6+b^6+c^6-a^3b^3-b^3c^3-c^3a^3) \geq 0$Also, EMV works here.Tương tự ta có BĐT sau làm mạnh dựa trên bài toán của Darij Grinberg:Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng không).CMR:$\sum \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{ab^2+ca^2+bc^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$Thật thú vị nếu ta biết rằng bài toán của anh Cẩn là 1 BĐT "tương đương" với 1 bài toán khác của VasC.Điều thú vị ở đây là trong khi BĐT ban đầu là hoán vị thì BĐT thu được lại là đối xứng.-Bài làm trong tiết Sử hôm nay :)

Bất đẳng thức

Hoán vị hay đối xứng?

Bài toán: Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng 0).Chứng minh rằng: $$a^3+b^3+c^3+3abc \ge \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{(ab^2+bc^2+ca)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$$ (Võ Quốc Bá Cẩn)Lời giảiXét trường hợp mà $abc=0$ khi đó BĐT hiển nhiên đúng. Xét $abc \neq 0$ khi đó đặt:$x = \frac {a}{b} , y = \frac {b}{c},z = \frac {c}{a}$ thì ta sẽ chứng minh BĐT tương đương sau:$\frac {x}{z} + \frac {y}{x} + \frac {z}{y} + 3\geq\frac {(xy + yz + zx)^2}{xyz(x + y + z)} + \frac {(x + y + z)^2}{xy + yz + zx}$Chưa tìm ra cách nào khá hơn nên làm theo cách biến đổi tương đương:Chuẩn hóa $p=1$ thì BĐT tương đương với:$f(r)=r^2(36q^2-12q+4)-r(12q^4+4q^3)+4q^6 \geq 0$Do hệ số cao nhất dương nên ta sẽ chứng minh rằng $\Delta \leq 0$mà $\Delta=-46q^6(3q-1)^2 \leq 0$Vậy BĐT trên đúng. Dấu bằng xảy ra khi $abc=0$ hay $a=b=c$Nếu biến đổi tương đương thì BĐT của ta là bậc 9 và tương đương với:$abc(a^6+b^6+c^6-a^3b^3-b^3c^3-c^3a^3) \geq 0$Also, EMV works here.Tương tự ta có BĐT sau làm mạnh dựa trên bài toán của Darij Grinberg:Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng không).CMR:$\sum \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{ab^2+ca^2+bc^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$Thật thú vị nếu ta biết rằng bài toán của anh Cẩn là 1 BĐT "tương đương" với 1 bài toán khác của VasC.Điều thú vị ở đây là trong khi BĐT ban đầu là hoán vị thì BĐT thu được lại là đối xứng.-Bài làm trong tiết Sử hôm nay :)

Bất đẳng thức

Dồn biến trá hình :)

Cho $a,b,c$ không âm thỏa $a+b+c=3$.Chứng mnih rằng:$4[5+8(2a-b)^2][5+8(2b-c)^2][5+8(2c-a)^2]\geq 6655$

Bất đẳng thức

Dồn biến trá hình :)

Cho $a,b,c$ không âm thỏa $a+b+c=3$.Chứng mnih rằng:$4[5+8(2a-b)^2].[5+8(2b-c)^2].[5+8(2c-a)^2]\geq 6655$ (By gxggs)

Bất đẳng thức

Giải toán(1)

Cho $a,b,c$ thực thuộc đoạn $\left[ {\frac{1}{2};1} \right]$ Tìm Max:$P=\left| {\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}} \right|$Lời giải:Để ý rằng ta có $\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$ Biểu thức $P$ không đổi qua phép hoán vị vòng quanh $a,b,c$ nên KMTTQ giả sử: $a\geq b\geq c$Viết lại $P$ dưới dạng $P=f(a)=\frac{b-c}{bc}\left[ {\frac{a^2-(b+c)a+bc}{a}} \right]$Lấy đạo hàm theo $a$ với $\frac{1}{2} \leq c \leq b \leq a \leq1$Khi đó ta có $f(a)$ đồng biến trên tập XĐ.Vậy $f(a)\leq f(1)= \frac{1-b}{c}+c(\frac{1}{b}-1)+b-\frac{1}{b}=g(c)$Tiếp tục lấy đạo hàm theo biến $c$ ta có $g(c)$ nghịch biến nên $g(c)\leq g(\frac{1}{2})$Khi đó biểu thức thu được là 1 biến theo $b$.Đến đây bạn có thể xử lí nốt.Dấu bằng xảy ra khi $a=1,b=\frac{1}{\sqrt{2}},c=\frac{1}{2}$ and cyclic permutations.

GTLN, GTNN

Giải toán(1)

Cho $a,b,c$ thực thuộc đoạn $\left[ {\frac{1}{2};1} \right]$ Tìm Max:$P=\left| {\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}} \right|$Lời giải:Để ý rằng ta có $\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$ Biểu thức $P$ không đổi qua phép hoán vị vòng quanh $a,b,c$ nên KMTTQ giả sử: $a\geq b\geq c$Viết lại $P$ dưới dạng $P=f(a)=\frac{b-c}{bc}\left[ {\frac{a^2-(b+c)a+bc}{a}} \right]$Lấy đạo hàm theo $a$ với $\frac{1}{2} \leq c \leq b \leq a \leq1$Khi đó ta có $f(a)$ đồng biến trên tập XĐ.Vậy $f(a)\leq f(1)= \frac{1-b}{c}+c(\frac{1}{b}-1)+b-\frac{1}{b}=g(c)$Tiếp tục lấy đạo hàm theo biến $c$ ta có $g(c)$ nghịch biến nên $g(c)\leq g(\frac{1}{2})$Khi đó biểu thức thu được là 1 biến theo $b$.Đến đây bạn có thể xử lí nốt.Dấu bằng xảy ra khi $a=1,b=\frac{1}{\sqrt{2}},c=\frac{1}{2}$ and cyclic permutations.

GTLN, GTNN

Nice Symetric.

Bài toán: Cho $x,y,z$ không âm thỏa $x^2+y^2+z^2=3$.Chứng minh rằng:$x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4+(xyz)^3\geq 4(xyz)^2$

Bất đẳng thức

Nice Symmetric.

Bài toán: Cho $x,y,z$ không âm thỏa $x^2+y^2+z^2=3$.Chứng minh rằng:$x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4+(xyz)^3\geq 4(xyz)^2$

Bất đẳng thức

helppppppp

$ Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3CMR:\frac{a^{3}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{3}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{c^{3}}{b^{2}+a^{2}} \geq \frac{3}{2} $

Phương trình mũ

helppppppp

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$CMR:$\frac{a^3}{b^2+c^2}+\frac{b^3}{a^2+c^2}+\frac{c^3}{a^2+b^2}\geq \frac{3}{2}$

Phương trình mũ

Một số bài toán mở

1.Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh BĐT sau:$\frac{a^5}{b^4+c^4}+\frac{b^5}{c^4+a^4}+\frac{c^4}{a^4+b^4}\geq \frac{a+b+c}{2}$2.Cho$a,b,c$thực dương,chứng minh rằng:$\frac{1}{(2a+b)^2}+\frac{1}{(2b+c)^2}+\frac{1}{(2c+a)^2}\geq \frac{1}{ab+bc+ac}$Nếu không có cách gì hay thì giải trâu bò bằng BW cũng ok!3.Cho$a,b,c$là các số không âm sao cho không có 2 số nào đồng thời = 0.Chứng minh rằng:$\sum \frac{1}{a^2+b^2}\geq \frac{10}{(a+b+c)^2}+\frac{28abc(a+b+c)}{27\prod(a+b)}$$uvw$

Bất đẳng thức

Một số bài toán mở

1.Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh BĐT sau:$\frac{a^5}{b^4+c^4}+\frac{b^5}{c^4+a^4}+\frac{c^5}{a^4+b^4}\geq \frac{a+b+c}{2}$2.Cho$a,b,c$thực dương,chứng minh rằng:$\frac{1}{(2a+b)^2}+\frac{1}{(2b+c)^2}+\frac{1}{(2c+a)^2}\geq \frac{1}{ab+bc+ac}$Nếu không có cách gì hay thì giải trâu bò bằng BW cũng ok!3.Cho$a,b,c$là các số không âm sao cho không có 2 số nào đồng thời = 0.Chứng minh rằng:$\sum \frac{1}{a^2+b^2}\geq \frac{10}{(a+b+c)^2}+\frac{28abc(a+b+c)}{27\prod(a+b)}$$uvw$

Bất đẳng thức

Bài 1:HD: Dùng nguyên lí Dirichlet,giả sử $(a-1)(b-1)\geq0$Bài 2:Sử dụng phép phân tích bình phương S.O.SBài 3:Dùng Holder sau đó sử dụng BW bằng cách giả sử $c=min${$a,b,c$}

Bài 1:HD: Dùng nguyên lí Dirichlet,giả sử $(a-1)(b-1)\geq0$Bài 2:Sử dụng phép phân tích bình phương S.O.SBài 3:Dùng Holder (Sử dụng kỹ thuật CYH để chọn tham số chú ý tồn tại điểm nhạy cảm) sau đó sử dụng BW bằng cách giả sử $c=min${$a,b,c$}