Đấu trường bất đẳng thức!!!!

[kuta tutu]

1 bài nữa :

cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn x+y+z = xyz

Tìm GTNN của \[A = \frac{xy}{z(1+xy)} + \frac{yz}{x(1+yz)} + \frac{zx}{y(1+zx)}\]

 

[khanhsy]

1 bài nữa :

cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn \[x+y+z = xyz \]
Tìm GTNN của \[A = \frac{xy}{z(1+xy)} + \frac{yz}{x(1+yz)} + \frac{zx}{y(1+zx)}\]

anh nhìn nhầm, hôm sau jảj cho nha. Vì đang dùng di động

 

[khanhsy]

1 bài mới nhé :

1, cho a,b,c>0 CMR

\[A = \frac{a}{(b+c)^2} + \frac{b}{(c+a)^2} + \frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}\]

\[\math \red Cauchy-Schwarz\righ\[\frac{a}{(b+c)^2} + \frac{b}{(c+a)^2} + \frac{c}{(a+b)^2}\]\(a+b+c\)\ge \(Nessbit\)^2\ge\frac{9}{4}\rightarrow Done!!\]:byebye:

 

[khanhsy]

1 bài mới nhé :

1, cho \[a,b,c>0\] CMR

\[A = \frac{a}{(b+c)^2} + \frac{b}{(c+a)^2} + \frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}\]

Chọn cho nó là \[a+b+c=9\] ta có

\[\blue A:=\sum_{cyclic} \frac{a}{(9-a)^2} \ge \sum_{cyclic}\(\frac{a}{18}-\frac{1}{12}\)=\frac{1}{4}\righ Done!!\]:byebye:

 

[khanhsy]

bài khác vậy :

1, cho a,b,c > 0 thỏa mãn ab+bc+ca = 3

CMR:A= \[\frac{1}{1+a^2(b+c)} + \frac{1}{1+b^2(c+a)} + \frac{1}{1+c^2(a+b)} \leq \frac{1}{abc}\]

Chúng tôi có từ giả thiết thì \[abc\le 1\]

\[\blue\righ \sum_{cyclic}\frac{1}{1+a^2(b+c)} \le \sum_{cyclic}\frac{1}{abc+a^2(b+c)}:=\sum_{cyclic}\frac{1}{a(ab+bc+ca)}:= \frac{1}{abc} \]:burn_joss_stick:

 

[khanhsy]

BÀI 2:
cho tam giác ABC với các cạnh a,b,c .CMR

\[a^3+b^3+c^3+3abc \geq a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)\]

\[\red \leftrightarrow \sum_{cyclic} a(a-b)(a-c) \righ Schur\ \ ineq\]:after_boom:

 

[khanhsy]

1, bài mình tự bịa ra nì ..hihi nếu đề bài sai các bạn góp ý nhé

cho a,b,c>0 thỏa mãn \[ab\sqrt{bc} + bc\sqrt{ca} + ca\sqrt{ab} \geq 3 \]

CM:\[S = (a+b)(b+c)(c+a) \geq 6 + 2abc \]

\[\math S:=a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+c^2a+a^2c+2abc\ge 2\(ab\sqrt{bc} + bc\sqrt{ca} + ca\sqrt{ab}\) +2abc\ge 6+2abc\]:canny:

 

[khanhsy]

:burn_joss_stick:\hết bài \pó tay \đi ngủ\báy bay \hẹn gặp lại:byebye:

 

[kuta tutu]

1,cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn : a+b+c = 3

chứng mình rằng ;

\[3(a^2+b^2+c^2) +4abc \geq 13\]

 

[kuta tutu]

BÀI 2 : CHO 3 số thực dương x,y,z thỏa mãn\[ \frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{\sqrt{y}} + \frac{1}{\sqrt{z}} = \frac{1}{\sqrt{xyz}\]

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \[P = \frac{2\sqrt{x}}{1+x} + \frac{2\sqrt{y}}{1+y} + \frac{z-1}{z+1}\]

 

[son93]

1,cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn : a+b+c = 3

chứng mình rằng ;

\[3(a^2+b^2+c^2) +4abc \geq 13\]

Mình góp thêm mấy bài dạng này nhé:
\[a+b+c=1\]
Chứng minh rằng:
1. \[4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq 1\]
2. \[a^3+b^3+c^3 +6abc\geq \frac{1}{4}\]
3. \[ab+bc+ca-2abc \leq \frac{7}{27}\]

 

[khanhsy]

1,cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn : a+b+c = 3

chứng mình rằng ;
\[3(a^2+b^2+c^2) +4abc \geq 13\]

Trong \[3\] số tự do luôn có ít nhất hai số \[\ge 1\] hoặc \[\le 1\] giả sử đó là \[a,b\] lúc đó ta có

\[c(1-a)(1-b)\ge0 \Leftrightarrow abc\ge c(a+b-1)=2c-c^2\]

\[\righ LHS\ge \frac{3(3-c)^2}{2}+8c-c^2=\frac{2(c-1)^2+26}{2}\ge 13\]

 

[khanhsy]

Mình góp thêm mấy bài dạng này nhé:
\[a+b+c=1\]
Chứng minh rằng:
2. \[a^3+b^3+c^3 +6abc\geq \frac{1}{4}\]

Bài cuối anh giải cho em bên Chí Hảo rồi , bài \[2\] lại là bài mạnh hơn bài \[1\] nên anh giải bài \[2\].Chú ý nó có rất rất nhiều cách giải , bay giờ anh giải đồng bậc nhé

\[\leftrightarrow 4\sum_{cyclic}a^3 +24\sum_{cyclic}abc\ge \sum_{cyclic}a^3 +3\sum_{cyclic}ab(a+b)+6abc\]

\[\leftrightarrow \sum_{cyclic}a^3 +6abc\ge \sum_{cyclic}ab(a+b)\]

Theo ông \[Schur\] thì

\[\leftrightarrow \sum_{cyclic}a^3 +3abc\ge \sum_{cyclic}ab(a+b)\]

Do đó \[BDT\] trên luôn đúng :hell_boy:.Đẳng thức xảy ra khi \[1\] biến bằng \[0\] và hai biến bằng nhau :burn_joss_stick:

 

[khanhsy]

Mình góp thêm mấy bài dạng này nhé:
\[a+b+c=1\]
Chứng minh rằng:
1. \[4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq 1\]

\[\leftrightarrow 4\sum_{cyclic}a^3+15abc\ge \sum_{cyclic}a^3+\sum_{cyclic}3ab(a+b)+6abc \]

\[\leftrightarrow \sum_{cyclic}a^3+3abc\ge\sum_{cyclic}ab(a+b)\]Nó là \[Schur\]:hell_boy:

 

[khanhsy]

\[\leftrightarrow 4\sum_{cyclic}a^3+15abc\ge \sum_{cyclic}a^3+\sum_{cyclic}3ab(a+b)+6abc \]

\[\leftrightarrow \sum_{cyclic}a^3+3abc\ge\sum_{cyclic}ab(a+b)\]Nó là \[Schur\]:hell_boy:

bài này em cũnng có thể giải bằng định lí Đirichle như bài giả sử ở trên cũng được.

 

[kastryas]

Mình góp thêm mấy bài dạng này nhé:
\[a+b+c=1\]
Chứng minh rằng:
1. \[4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq 1\]
2. \[a^3+b^3+c^3 +6abc\geq \frac{1}{4}\]
3. \[ab+bc+ca-2abc \leq \frac{7}{27}\]

Mình nói trước là mình không tham gia solve trong topic này vì cái tiêu đề của ku kia .. :byebye: Tuy nhiên nhân mớ bài ku son93 mình đưa luôn các bạn xử lý Định lý cho các dạng bậc III như sau cho nó nhanh ..

Định lý: Cho P(a; b; c) là một đa thức ba biến có tính chất đối xứng và thuần nhất bậc ba. Khi đó điều kiện cần và đủ để P(a; b; c) > 0 với mọi bộ (a; b; c) với a; b; c không âm là ba điều kiện sau được đồng thời được thỏa mãn:

• P(1; 1; 1) > 0.
• P(1; 0; 0) > 0.
• P(1; 0; 0) > 0.

 

[son93]

Tuy nhiên nhân mớ bài ku son93 mình đưa luôn các bạn xử lý Định lý cho các dạng bậc III như sau cho nó nhanh ..

Lại gọi Sơn là Ku là sao??????????
em 17 tuổi rồi
Hơi bực nhưng vì cái định lí kia sẽ không bực nữa! cảm ơn BẠN kastryas nhé, nhưng vui lòng chứng minh định lí đó được không?

 

[son93]

Mớ bài của mình nếu ai còn cách giải khác thì post lên để mọi người cùng tham khảo nhé!
Cảm ơn các bạn!

 

[khanhsy]

Lại gọi Sơn là Ku là sao??????????
em 17 tuổi rồi
Hơi bực nhưng vì cái định lí kia sẽ không bực nữa! cảm ơn BẠN kastryas nhé, nhưng vui lòng chứng minh định lí đó được không?

Nếu anh đoán không sai thì en kêu anh \[kastryas\] bằng chú thì đúng hơn :byebye:

Như anh là em kêu bằng chú được rồi chứ nói chj................................2M :byebye:

 

[kuta tutu]

BÀI TIP NHÉ :
1, cho 2 số dương thỏa mãn : \[x+y = \frac{2007}{2006} \]

CM : \[S = \frac{2006}{x} + \frac{1}{2006y} \geq 2007\]