Topic về bất đẳng thức

[daiduong1095]

Cho $a,b,c,d $ dương. Chứng minh rằng:

$4.\sqrt[{16}]{{\dfrac{{32a(a + b)(a + b + c)}}{{3(a + b + c + d)^3 }}}} + \sqrt[4]{{\dfrac{{24bcd}}{{(a + b)(a + b + c)(a + b + c + d)}}}} \le 5 $

Dùng AM-GM

Khá vất vả

cho 16 số ta có:
$16.\sqrt[16]{{\dfrac{{32a(a + b)(a + b + c)}}{{3(a + b + c + d)^3 }}}}=16.\sqrt[16]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3(a+b)}{2(a+b+c)}.\frac{3(a+ b)}{2(a+b+c)}.\frac{4(a+b+c)}{3(a+b+c+d)}.\frac{4( a+b+c)}{3(a+b+c+d)}.\frac{4(a+b+c)}{3(a+b+c+d)}} $
$\le \frac{2a}{a+b}+2.\frac{3(a+b)}{2(a+b+c)}+3.\frac{4 (a+b+c)}{3(a+b+c+d)}+10=\frac{2a}{a+b}+\frac{3(a+b )}{a+b+c}+\frac{4(a+b+c)}{a+b+c+d}+10 $ (1)

Lại có:$4.\sqrt[4]{{\dfrac{{24bcd}}{{(a + b)(a + b + c)(a + b + c + d)}}}}=4.\sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{3c}{a+b+c},\frac{4d}{a+b+c+d }} $
$\le \frac{2b}{a+b}+\frac{3c}{a+b+c}+\frac{4d}{a+b+c+d} +1 $ (2)

Cộng vế theo vế (1) và (2) suy ra đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Cho $a,b,c>0 $.Cmr: $(a^3+b^3+c^3)^2 \ge(a^4+b^4+c^4)(ab+bc+ca) $

Một lời giải khác của bạn Nguyễn Trọng Tùng: Bằng phép khai triển trực tiếp, BĐT đã cho tương đương với: $\sum a^{6}+2\sum a^{3}b^{3}\geq \sum a^{4}bc+\sum \left ( a^{5}b+b^{5}a \right ) $. Theo BĐT AM-GM ta có: $\sum a^{4}bc\leq \frac{1}{2}\sum \left ( a^{4}b^{2}+b^{4}c^{2} \right ) $. Ta sẽ chứng minh BĐT mạnh hơn là: $\sum \left (a^{6}+b^{6}+4a^{3}b^{3} \right )\geq \sum \left ( a^{4}b^{2}+a^{4}c^{2} \right )-2\sum \left ( a^{5}b+b^{5}a \right ) \Leftrightarrow \sum \left ( a^{3}+b^{3}-a^{2}b-b^{2}a \right )^{2}\geq 0 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Cho $a,b,c>0 $ .Cmr:
$9(a^4+b^4+c^4)^2 \ge (a^5+b^5+c^5)(a+b+c)^3 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[birain9x]

Cách đơn giản nhất là dùng SOS.
Ta có phân tích $9(a^4+b^4+c^4)^2-(a^5+b^5+c^5)^2(a+b+c)^3=9(a^4+b^4+c^4)^2-9(a^5+b^5+c^5)(a^3+b^3+c^3)+(a^5+b^5+c^5)(9(a^3+b^ 3+c^3)-(a+b+c)^3) $
Và ta đựoc các hệ số $S_a=(a^5+b^5+c^5)(4a+4b+c)-9a^3b^3\geq 0 $.Tương tự cho $S_b,S_c $

Bài này là 1 bài trong MR

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khtoan]

Cho $a,b,c,d $ dương. Chứng minh rằng:

$4.\sqrt[{16}]{{\dfrac{{32a(a + b)(a + b + c)}}{{3(a + b + c + d)^3 }}}} + \sqrt[4]{{\dfrac{{24bcd}}{{(a + b)(a + b + c)(a + b + c + d)}}}} \le 5 $

Bài này được chế từ ý tưởng bài Polish MO 2005 có nội dung như sau:Cho a,b,c là các số dương.CMR:

$3\sqrt[9]{\frac{9a(a+b)}{2(a+b+c)^2}}+\sqrt[3]{\frac{6bc}{(a+b)(a+b+c)}}\leqslant 4 $

Đây là bài mình mới chế cũng theo ý tưởng trên
Cho a,b,c là các số dương.CMR:

$13\sqrt[13]{\frac{3b(a+2c)}{(a+b+c)(2a+b)}}+6\sqrt[6]{\frac{3a}{a+b+c}}\leqslant 19 $

Anh em thử sức nhá
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[company]

Cho$ x,y,z,t \geq 0 $
CMR
$ 3(x^2+y^2+z^2+t^2) +4\sqrt{xyzt} \geq (x+y+z+t)^2 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[DaiToan]

Chứng minh BĐT sau bằng 3 cách
(TST VN 2006). Cho $x,y,z $ thuộc đoạn $[1;2] $. Chứng minh rằng:
$(x + y + z)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 6\left( {\dfrac{x}{{y + z}} + \dfrac{y}{{x + z}} + \dfrac{z}{{x + y}}} \right) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathForLife]

Cho$ x,y,z,t \geq 0 $
CMR
$ 3(x^2+y^2+z^2+t^2) +4\sqrt{xyzt} \geq (x+y+z+t)^2 $

Ta chứng minh bất đẳng thức tương đương (Tukervici):

$x^4+y^4+z^4+t^4+2xyzt\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+t^2x^2+t^2y^2+z^2t^2 $

Không mất tính tổng quát, giả sử $t=\min\left \{ x;y;z;t \right \} $
Nếu $t=0 $ thì ta có:

$x^4+y^4+z^4\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 $
$\Leftrightarrow (x^2-y^2)^2+(y^2-z^2)^2+(z^2-x^2)^2\ge 0 $

Nếu $t>0 $ ,chuẩn hoá $t=1 $. Ta cần chứng minh:

$x^4+y^4+z^4+2xyz+1\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+x^2+y^2+z^2 $

Mặt khác, ta có bất đẳng thức với 3 biến dương:

$x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge 2(xy+yz+zx) $
(Xin không chứng minh)

Ta chuyển về bất đẳng thức tương đương là:

$x^4+y^4+z^4-x^2y^2-y^2z^2-z^2x^2\ge 2(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx) $
$\Leftrightarrow (x-y)^2((x+y)^2-2)+(y-z)^2((y+z)^2-2)+(z-x)^2((z+x)^2-2)\ge 0 $

Như vậy bất đẳng thức dc chứng minh. Có 2 trường hợp của đẳng thức :$x=y=z=t $ hoặc $x=y=z;t=0 $.
Ngoài ra, từ cách giải trên, có thể làm mạnh thêm bất đẳng thức đã cho.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[DaiToan]

Thêm một bài nữa:
Cho a,b,c dương. Chứng minh rằng:
$\[
(a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 9 + 8.\frac{{(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 }}{{(a + b + c)^2 }}
\]
$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khtoan]

Chứng minh BĐT sau bằng 3 cách
(TST VN 2006). Cho $x,y,z $ thuộc đoạn $[1;2] $. Chứng minh rằng:
$(x + y + z)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 6\left( {\dfrac{x}{{y + z}} +\dfrac{y}{{x + z}} + \dfrac{z}{{x + y}}} \right) $

Mấy dạng này thì SOS cho nó khỏe,đỡ suy nghĩ cao siêu
Do $a,b,c\in [1,2] $ nên a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 $\Delta $
Để ý đẳng thức

$\sum \frac{a}{b+c}-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\sum \frac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)} $

Ta có thể viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng :

$P=S_{a}(b-c)^2+S_{b}(a-c)^2+S_{c}(a-b)^2\geqslant 0 $

Trong đó:

$S_{a}=\frac{1}{bc}-\frac{3}{(a+b)(a+c)} $
$S_{b}=\frac{1}{ac}-\frac{3}{(b+a)(b+c)} $
$S_{c}=\frac{1}{ab}-\frac{3}{(c+a)(c+b)} $

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c $
Khi đó dễ thấy $S_{a}\geq 0 $ và $S_{b}\geq 0 $
-Nếu $S_{c}\geq 0 $ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng
-Nếu $S_{c}\leq 0 $ thì
$P\geq S_{b}(a-b)^2+S_{c}(a-b)^2=(S_{b}+S_{c})(a-b)^2 $ ( do $(a-c)^2\geq (a-b)^2 $)

Vậy ta chỉ cần chứng minh $S_{b}+S_{c}\geq 0 $
Cái này xin không chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc a=2,b=c=1 và các hoán vị.

@Anh Huyện sửa dùm bài viết, em quote chẳng được.

Mod: Em viết code rất phức tạp và dùng quá nhiều các dấu {} nên rất dễ sai.
Chẳn hạn em viết $S_c $ thì có thể viết đơn giản

S_c

còn em viết

S_{c}

Thân.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Thêm một bài nữa:
Cho a,b,c dương. Chứng minh rằng:
$\[
(a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 9 + 8.\frac{{(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 }}{{(a + b + c)^2 }}
\]
$

BDT cần cm tương đương :
$\frac{(b-c)^2}{bc}+\frac{(c-a)^2}{ca}+
\frac{(a-b)^2}{ab} \ge 8.\frac{{(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 }}{{(a + b + c)^2 }} $
$\Leftrightarrow \sum{(b-c)^2(a(a+b+c)^2-8abc) \ge0 $

Không mất tính tổng quát giả sử $a \ge b\ge c $
Ta có:$S_b+S_a=(a+b)(a+b+c)^2-16abc \ge 4c(a+b)^2-16abc\ge0 $
$S_b+S_c=(b+c)(a+b+c)^2 -16abc \ge 4a(b+c)^2-16abc \ge0 $
$2S_b \ge S_b+S_c \ge0 \Rightarrow S_b \ge0 $
Suy ra Ä‘pcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]