Các bài chưa có lời giải thuộc tuyển tập bất đẳng thức

[batigoal]

Nguyên văn bởi Kratos

[FONT="Book Antiqua"]Mình post lại một số bài toán ở topic bất đẳng thức mà không có lời giải. Hi vọng mọi người hỗ trợ đóng góp lời giải cho tuyển tập.

Bài 2. Cho $a,b,c $ là các số thực dương thoả mãn $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng
[*]

$\dfrac{1}{\sqrt{2a^2+ab+bc}} + \dfrac{1}{\sqrt{2b^2+bc+ca}} + \dfrac{1}{\sqrt{2c^2+ca+ab}}\ge \dfrac{3}{2} $

Chúng tôi có:
$2a^2+ab+bc=a^2+a(a+b+c)=a^2+3a $.
BĐT đã cho đưa về:$\frac{1}{\sqrt{a^2+3a}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+3b}}+\f rac{1}{\sqrt{c^2+3c}}\geq \frac{3}{2} $.
Xét hàm số $f(t)=\frac{1}{\sqrt{t^2+3t}} $ là xong.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Kratos]

Nguyên văn bởi batigoal

Chúng tôi có:
$2a^2+ab+bc=a^2+a(a+b+c)=a^2+3a $.
BĐT đã cho đưa về:$\frac{1}{\sqrt{a^2+3a}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+3b}}+\f rac{1}{\sqrt{c^2+3c}}\geq \frac{3}{2} $.
Xét hàm số $f(t)=\frac{1}{\sqrt{t^2+3t}} $ là xong.

$2a^2+ab+bc $ đâu có bằng $a^2+a(a+b+c) $ ạ :-s

Anh batigoal xem kĩ dùm em ạ, em không có ý gì nhưng anh biến đổi hay có chút nhầm lẫn :-s
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[batigoal]

Ừm, anh xin lỗi. Ngồi máy tính từ trưa đến giờ chắc mụ đầu rồi. nhầm lẫn hết.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[batigoal]

Nguyên văn bởi ladykillah96

Cho em post nhờ mấy bài cũng chưa có lời giải trong Topic bất đẳng thức vào trong này luôn nhé!
c
Bài 12. Cho $a, b, c > 0 $. Chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{a^3 + bc}{b^2 + bc + c^2}} + \sqrt{\frac{b^3 + ca}{c^2 + ca + a^2}} + \sqrt{\frac{c^3 + ab}{a^2 + ab + b^2}} \ge \sqrt6 $

Bài này đề bài sai.
Với $a=b=c=\frac{1}{2} $ thì $VT=2,12<VP=2,4 $
Trong khi đề$VT\ge VP $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[chém gà]

Bài 4 hình như sai đề hay sao ấy.Mình thấy có một bài toán với giả thiết y hệt và cũng tìm min nhưng đề bài là $\sum \frac{x}{x^2+1} $ và min rất khó bằng $-\frac{1}{2} $

Mình nghĩ là sai đề vì chưa có lời giải mà.
Đề bài như thế có lẽ cũng cm được không tồn tại min hay sao ấy.
Các bạn thử máy tính xem.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi ladykillah96

Bài 10. Cho $a, b, c > 0 $. Chứng minh rằng:

$\left(8 + \dfrac{2\sqrt{ab}}{a + b}\right).\sqrt[3]{a.\dfrac{a + b}{2}.\dfrac{a + b + c}{3}} \ge 3(a + \sqrt{ab} + \sqrt[3]{abc}) $

Bài này có thể làm như sau:
Áp dụng BDT Horlder ta có:
$\sqrt[3]{\frac{a+a+a}{3}.\frac{a+\sqrt{ab}+b}{3}.\frac{a+b +c}{3}} \ge \frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}{3} $
Do vậy ta chỉ cần cm được rằng:
$\left(8 + \dfrac{2\sqrt{ab}}{a + b}\right).\sqrt[3]{a.\dfrac{a + b}{2}.\dfrac{a + b + c}{3}} \ge 9\sqrt[3]{\frac{a+a+a}{3}.\frac{a+\sqrt{ab}+b}{3}.\frac{a+b +c}{3}} $
Hay $\left(8 + \dfrac{2\sqrt{ab}}{a + b}\right).\sqrt[3]{\frac{a+b}{2}} \ge 9\sqrt[3]{\frac{a+\sqrt{ab}+b}{3}} $
Mà theo BDT AM-GM thì:
$\left(8 + \dfrac{2\sqrt{ab}}{a + b}\right)\sqrt[3]{\frac{a+b}{2}} =\left(3+3+\frac{2(a+\sqrt{ab}+b)}{a+b} \right)\sqrt[3]{\frac{a+b}{2}} \ge 3\sqrt[3]{3^2.\frac{2(a+\sqrt{ab}+b)}{a+b}.\frac{a+b}{2}} $
$=9\sqrt[3]{\frac{a+\sqrt{ab}+b}{3}} $
Vậy bài toán cm xong.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[_minhhoang_]

Nguyên văn bởi Kratos

Bài 2. Cho $a,b,c $ là các số thực dương thoả mãn $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng[*]

$\dfrac{1}{5a^2+ab+bc}+\dfrac{1}{5b^2+bc+ca}+\dfrac {1}{5c^2+ca+ab} \ge \dfrac{3}{7} $

Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz, được:
$\frac{1}{{5{a^2} + ab + bc}} + \frac{1}{{5{b^2} + bc + ca}} + \frac{1}{{5{c^2} + ca + ab}} $
$ = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{{(b + c)}^2}}}{{{{(b + c)}^2}(5{a^2} + ab + bc)}}} $
$ \ge \frac{{4{{(a + b + c)}^2}}}{{\sum\limits_{cyc} {{{(b + c)}^2}(5{a^2} + ab + bc)} }} $
Ta cần chứng minh:
$\frac{{4{{(a + b + c)}^2}}}{{\sum\limits_{cyc} {{{(b + c)}^2}(5{a^2} + ab + bc)} }} \ge \frac{3}{7} $
$\Leftrightarrow 28{(a + b + c)^4} \ge 27(\sum\limits_{cyc} {{{(b + c)}^2}(5{a^2} + ab + bc)} ) $
$\Leftrightarrow 28\sum {{a^4}} + 58\sum\limits_{cyc} {{a^3}b} + 85\sum\limits_{cyc} {a{b^3}} \ge 156\sum {{a^2}{b^2}} + 15abc(a + b + c ) $
Theo BDT AM-GM, dễ thấy:
$58\sum\limits_{cyc} {{a^3}b} + 58\sum\limits_{cyc} {a{b^3}} \ge 116\sum {{a^2}{b^2}} $
$27\sum {{a^4}} + 27\sum\limits_{cyc} {a{b^3}} \ge 54\sum {{a^2}{b^2}} $
$\sum {{a^4}} + 14\sum {{a^2}{b^2}} \ge 15abc(a + b + c) $
Cộng lại ta có dpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[_minhhoang_]

Nguyên văn bởi ladykillah96

Bài 12. Cho $a, b, c > 0 $. Chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{a^3 + bc}{b^2 + bc + c^2}} + \sqrt{\frac{b^3 + ca}{c^2 + ca + a^2}} + \sqrt{\frac{c^3 + ab}{a^2 + ab + b^2}} \ge \sqrt6 $

Bài này hình như sai đề rồi, biểu thức trên tử không đồng bậc
------------------------------

Nguyên văn bởi Kratos

$\sqrt{4a^2+(b-c)^2}+\sqrt{4b^2+(c-a)^2}+\sqrt{4c^2+(a-b)^2} \ge 3(\sqrt{a^2+abc}+\sqrt{b^2+abc}+\sqrt{c^2+abc}) $

Bất đẳng thức này cũng k đúng, thay với $a=b=c = \frac{1}{3} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguoivn]

Nguyên văn bởi batigoal

Đành giở chiêu Càn long thập bát chưởng Óanh bài này theo phương pháp không thuần túy xem sao:
Xét hàm số :

$F(t)=\left(\frac{a}{4a+5b+3c}\right)^t+ \left(\frac{b}{4b+5c+3a}\right)^t+ \left(\frac{c}{4c+5a+3b}\right)^t $ với $t>0 $.

Chúng ta sẽ chứng minh hàm $F(t) $ đồng biến trên$(0;+\infty) $.
Thật vậy với $t_1<t_2 $ chúng ta sẽ chứng minh $F(t_1)<F(t_2) $.
Đặt $T=\left(\frac{a}{4a+5b+3c}\right)^{t_1}+ \left(\frac{b}{4b+5c+3a}\right)^{t_1}+ \left(\frac{c}{4c+5a+3b}\right)^{t_1} $
Áp dụng BDT becnuli, chúng tôi có:
$\left(\frac{a}{4a+5b+3c}\right)^{t_2}+\frac{t_2}{t _1}-1\geq \frac{t_2}{t_1}\left(\frac{a}{4a+5b+3c}\right)^{t_ 1} $
Tương tự cho 2 Bdt còn lại.
Ngoài ra ta có:$(\frac{t_2}{t_1}-1)T\geq (\frac{t_2}{t_1}-1)\frac{3}{12^{\frac{2}{3}}} $.
Cộng theo vế 4 bdt trên ta được $F(t_2)\ge F(t_1) $.
Vầy F(t) là hàm đồng biến với $t>0 $ .
Từ đó với $ \alpha \leq \beta $ta có:

$\left(\frac{a}{4a+5b+3c}\right)^{\alpha}+ \left(\frac{b}{4b+5c+3a}\right)^{\alpha}+ \left(\frac{c}{4c+5a+3b}\right)^{\alpha} \le \left(\frac{a}{4a+5b+3c}\right)^{\beta }+ \left(\frac{b}{4b+5c+3a}\right)^{\beta }+ \left(\frac{c}{4c+5a+3b}\right)^{\beta } $

Dấu "=" khi $a=b=c $

Hình như là problem cũ của mình, nhưng đọc cái "chứng minh" này thấy buồn cười tí :p
Batigoal xem lại xem em đang chứng minh cái gì nhé
PS: Bài này có thể giải được bằng AM-GM kết hợp CS.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[batigoal]

Nguyên văn bởi nguoivn

Hình như là problem cũ của mình, nhưng đọc cái "chứng minh" này thấy buồn cười tí :p
Batigoal xem lại xem em đang chứng minh cái gì nhé
PS: Bài này có thể giải được bằng AM-GM kết hợp CS.

1.Bài này post nêu ý tưởng mà giờ mới thấy có ý kiến góp ý, cảm ơn bạn vì nhận xét.
Đúng là bài này cần xem xét kĩ với t>0 nên tạm thời gỡ bỏ.
Ở trên sử dụng bdt Becnuli nội suy với tam thức bậc $(\alpha,\
beta) $.
2.Batigoal cũng cũng không phải người đi sâu về bdt, nên việc sử dụng AM-GM,hay C-S kĩ năng chỉ dừng ở mức hiểu và biết cách vận dụng và phân tích lời giải còn để đạt đến độ thành thục, nhuần nhuyễn thì còn phải học hỏi nhiều ở mọi người, nhưng thích những ý tưởng mới nên cứ post lời giải kiểu mới lên, dù biết có thể chưa đúng nhưng cũng sẽ được nhận xét để học hỏi..
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[_minhhoang_]

Nguyên văn bởi daiduong1095

Nếu a,b,c không là 3 cạnh của một tam giác thì $VT \le0 <1 $
Xét khi a,b,c là 3 cạnh của một tam giác đặt $x=b+c-a,y=c+a-b,z=a+b-c $
Khi đó x,y,z là các số thực dương và ta cần phải cmr $xyz \le1 $.
Phản chứng giả sử tồn tại x,y,z dương mà $xyz>1 $
Giả thiết biến đổi thành $x+y+z =\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x} $
$\Leftrightarrow (x+y+z)^2(xy+yz+zx)=2(x+y+z)^2+2(xy+yz+zx)+xyz(x+y +z) $(1)
Mà theo BDT AM-GM ta có:
$\frac{2}{3}(x+y+z)^2(xy+yz+zx)> 2(x+y+z)^2 $

$\frac{2}{9}(x+y+z)^2(xy+yz+zx)>2(xy+yz+zx) $

$\frac{1}{9}(x+y+z)^2(xy+yz+zx)>xyz(x+y+z) $
Do $xyz>1 $
Cộng vế theo vế ta thấy mâu thuẫn với (1) $\Rightarrow $ đpcm.

Còn một cách khác ,theo đề bài ta chứng minh:
$ {\left( {{\rm{(b + c - a)(c + a - b)(a + b - c)}}} \right)^2} \le {(\frac{{a + b + c}}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}}})^3} $
$ \Leftrightarrow {\left( {{\rm{(b + c - a)(c + a - b)(a + b - c)}}} \right)^2} \le {\left( {\frac{{abc(a + b + c)}}{{ab + bc + ca}}} \right)^3} $
Với a,b,c k là 3 cạnh tam giác thì bdt đúng, với a,b,c là 3 cạnh tam giác, theo cách dặt như trên thì ta cần chứng minh:
$8{(xyz)^2}{({x^2} + {y^2} + {z^2} + 3(xy + yz + zx))^3} \le {(x + y)^3}{(y + z)^3}{(z + x)^3}{(x + y + z)^3 $
BDT này đúng vì
${({x^2} + {y^2} + {z^2} + 3(xy + yz + zx))^3} \le 8{(a + b + c)^6} $
$(x + y)(y + z)(z + x) \ge \frac{8}{9}(a + b + c)(ab + bc + ca) $
$ {(ab + bc + ca)^3} \ge 27{(xyz)^2} $
Đây đều là những bdt quen thuộc, ta có dpcm, dấu "=" xảy ra khi a=b=c
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[_minhhoang_]

Nguyên văn bởi Kratos

Bài 4. Cho $x,y,z $ là các số thực thỏa mãn $x+y+z=xy+yz+zx $. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P=\dfrac{xy}{1+x^2}+\dfrac{yz}{1+y^2}+\dfrac{zx}{1 +z^2} $

Bài này không tồn tại GTNN , với x,y thực, chọn $z = \frac{x+y-xy}{x+y-1} $. Chọn x, cố định, cho y --> - vô cực thì z --> -x, nên P --> - vô cực,
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[_minhhoang_]

Nguyên văn bởi ladykillah96

Bài 8. Cho $a, b, c $ là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:

1. $\frac{a + b}{c^2}.(a + b - c) + \frac{b + c}{a^2}.(b + c - a) + \frac{c + a}{b^2}.(c + a - b) \ge \frac{18}{ab + bc + ca} $
2. $\frac{1}{\sqrt{b + c - a}}+\frac{1}{\sqrt{c + a - b}} + \dfrac{1}{\sqrt{a + b - c}} \le \frac{1}{3}\left(\sqrt[4]{\frac{a}{bc}} + \sqrt[4]{\frac{b}{ca}} + \sqrt[4]{\frac{c}{ab}}\right)^2 $

Câu 1 2 vế không đồng bậc, bỏ cái mẫu $ab + bc + ca $ đi thì đúng
Câu 2 đề đúng phải là
$\frac{1}{\sqrt{b + c - a}}+\frac{1}{\sqrt{c + a - b}} + \dfrac{1}{\sqrt{a + b - c}} \ge \frac{1}{3}\left(\sqrt[4]{\frac{a}{bc}} + \sqrt[4]{\frac{b}{ca}} + \sqrt[4]{\frac{c}{ab}}\right)^2 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Kratos]

Rất cám ơn sự đóng góp của các bạn.

Nhân tiện đây, mình post thêm 1 bài nữa cũng chưa có lời giải. Hi vọng tiếp tục nhận được sự quan tâm của mọi người.

Bài toán. Cho $a,b,c $ là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng

$\dfrac{b+c}{2a^2+bc}+\dfrac{c+a}{2b^2+ca}+\dfrac{a +b}{2c^2+ab} \ge \dfrac{6}{a+b+c} $

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

[asdfghj]

Tiếp mấy bài nữa nhé. Mọi người làm nhanh lên được thì tốt
1. Cho $a,b,c,d $ thỏa $ab=c^2+4d^2 $
Chứng minh $(a-c)^2+(b-d)^2\geq \dfrac{8}{5} $
2.Cho $a, b, c >0 $
Chứng minh $\sum \sqrt{\dfrac{8a^2+bc}{b^2+c^2}}\geq \dfrac{9}{\sqrt{2}} $
3. Cho $a, b, c ,d \geq 0, \sum a^2=1 $
Tìm min
$\dfrac{a}{1+bcd}+\dfrac{b}{1+acd}+\dfrac{c}{1+bad} +\dfrac{d}{1+bca} $
4. Cho a, b, c thỏa mãn $\dfrac{1}{2}\leq a;b;c\leq 2 $
chứng minh rằng
$\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a} $
5. Tìm GTLN với $a, b, c>0 $
$\dfrac{1}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}-\dfrac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]