Bài tương tự nhé(cùng ĐK): $\dfrac1{ab}+\dfrac1{bc}+\dfrac1{ca}\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$

dung holder ra lien

Bài này dễ thui,giết ruồi ko cần dao mổ voi

Bài thứ 3: Cho $a,b,c\ge0 : a+b+c=3$. CM
$8(a^2+b^2+c^2)^2\ge 9(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a^6+b^6+c^6=3$.Chứng minh bất đẳng thức
$ \dfrac1{a^2}+\dfrac1{b^2}+\dfrac1{c^2} \ge a+b+c$

<span style='color:darkblue'>Các bạn thân mến!
Trại Hè Toán học lần thứ nhất đã kết thúc, nhưng những dư âm và tiếc nuối còn lại sẽ là những kỷ niệm khó quên đối với mỗi thành viên tham dự.
Nhân dịp này, chúng tôi đã có một món quà nhỏ đối với các bạn tham dự Trại Hè. Đó là cuốn "Tập san Trại Hè Toán học", tập hợp các bài viết của Workshop cũng như giới thiệu về Diễn đàn Toán học.
Để các bạn đọc ở xa và các bạn không tới dự Trại Hè cảm nhận được phần nào không khí sôi động của TH2, chúng tôi xin cung cấp bản mềm của Tập san (Dạng Pdf).
Các bạn có thể download Tại Đây
</span>

Up lại:

Cảm ơn Mr.MATH và BQL VMF đã cho ra đời một ebook rất hữu ích. Hy vọng điều này sẽ đc phát huy đều đặn

Bài toán 66 (tôi đề xuất lần đầu trên ML, từ rất lâu rồi) có thể giải như sau:
Theo AM-GM: $$a^2+3\ge2\sqrt{2(a^2+1)}$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\dfrac3{\sqrt2}$$
Thực chất, ta cần chứng minh bất đẳng thức sau với mọi $a,b,c>0$
$$\sqrt{\dfrac a{a+b}}+\sqrt{\dfrac b{b+c}}+\sqrt{\dfrac c{c+a}}\le \dfrac3{\sqrt2}$$
Theo Cauchy-Schwarz
$$\sum \sqrt{\dfrac a{a+b}} =\sum \sqrt{\dfrac {a(a+c)}{(a+b)(a+c)}}\le\sqrt{2(\sum a)\left(\sum\dfrac{a}{(a+b)(a+c)}\right)}$$
Cuối cùng ta chứng minh
$$\sum\dfrac{a}{(a+b)(a+c)} \le \dfrac 9{4(a+b+c)}$$
tương đuơng $8(a+b+c)(ab+bc+ca)\le9(a+b)(b+c)(c+a)$, là bất đẳng thức quen thuộc.

Bài làm
Ta có: \[abc = 1 \Leftrightarrow \ln a + \ln b + \ln c = 0\]
Đặt :$\ln a = x;\ln b = y;\ln c = z \Rightarrow x + y + z = 0$
Khi đó: \[VT = \dfrac{{{e^x}}}{{{{({e^x})}^2} + 3}} + \dfrac{{{e^y}}}{{{{({e^y})}^2} + 3}} + \dfrac{{{e^z}}}{{{{({e^z})}^2} + 3}}\]

Xét : $f(x) = \dfrac{{{e^x}}}{{{{({e^x})}^2} + 3}}$( hàm lõm)

Theo BĐT tiếp tuyến ta có: $f(x) \le f'({x_0}).(x - {x_0}) + f({x_0})$
Với ${x_0} = 0$ ta có :\[f(x) \le f'(0).(x - 0) + f(0) = \dfrac{1}{8}x + \dfrac{1}{4}\]
Làm tương tự rồi cộng các BĐT cùng chiều ta được:

$f(x) + f(y) + f(z) \le \dfrac{1}{8}(x + y + z) + \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{4}$ (đpcm)

Dấu = xảy ra khi $x = y = z = 0 \Leftrightarrow a = b = c = 1$

Bài này Đạt post cách không dùng đạo hàm của em lên nhé. .
Ngoài cách ở trêna,anh có 2 cách khác nhưng vẫn dùng tới đạo hàm.
Cách 1:
Khảo sát hàm :\[f(x) = \dfrac{x}{{{x^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln x\]
Hàm này đạt cực đại tại $x = 1$.
Ta suy ra được : \[f(x) \le f(1) = \dfrac{1}{4}\]
Tương tự với 2 biểu thức còn lại rồi cộng ba bđt cùng chiều ta được:\[\dfrac{x}{{{x^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln x + \dfrac{y}{{{y^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln y + \dfrac{z}{{{z^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln z \le \dfrac{3}{4}\]
Suy ra đpcm do \[\ln x + \ln y + \ln z = 0\].
Cách 2:
Theo BĐT AM-GM ta có: \[\sum {\dfrac{a}{{{a^2} + 3}}} \le \sum {\dfrac{a}{{2a + 2}}} \]
Ta sẽ Chứng minh:
\[\sum {\dfrac{a}{{2a + 2}}} \le \dfrac{3}{4} \Leftrightarrow \sum {\dfrac{a}{{a + 1}}} \le \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow \sum {\dfrac{1}{{a + 1}}} \ge \dfrac{3}{2}\]
Đến đây anh dùng đạo hàm, không biết Đạt làm ntn?

Cả ba cách này đều sai!
Cách 1. Chưa tính $f''$ đã vội kết luận hàm lõm. Kì thực, $f$ không lõm.
Cách 2. Nhầm lẫn nghiêm trọng cực đại với giá trị lớn nhất!
Cách 3. Bất đẳng thức cuối sai thì làm sao chứng minh được!

Tôi nghĩ, thay vì tìm nhiều cách chứng minh, trước hết các bạn hãy tìm một lời giải đúng và kiểm tra kĩ càng nó cũng như tập trình bày chi tiết lời giải đó. Điều đó có ích hơn là cố tìm thật nhiều cách chứng minh nhưng không có cách nào chính xác. Nên nhớ, tư tưởng qua loa đại khái rất có hại khi học toán.

Một cách khác đầy thú vị cho Bài 2

Ta có:

$\begin{array}{l}S = \dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}\\ \Leftrightarrow - S = \dfrac{{ab}}{{c - 2}} + \dfrac{{ac}}{{b - 2}} + \dfrac{{bc}}{{a - 2}} \ge \dfrac{{{{(\sqrt {ab} + \sqrt {ac} + \sqrt {bc})}^2}}}{{a + b + c - 6}}\\ \Leftrightarrow - S \ge \dfrac{{ - {{(a + b + c)}^2}}}{4} \Rightarrow - S \ge - 1 \Leftrightarrow S \le 1\end{array}$

Dấu = xảy ra khi a=b=c=2/3

Lời giải này sai rồi. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng $\sum \dfrac{x_i^2}{a_i}\ge\dfrac{(\sum x_i)^2}{\sum a_i}$ chỉ đúng khi $a_i>0$.
Lưu ý các bạn trẻ, không nên quá lạm dụng những bất đẳng thức mạnh để giải quyết những bài toán đơn giản.

Cám ơn những đóng góp của MrMATH trong suốt thời gian qua. Hy vọng MrMATH sẽ sớm trở lại để cùng chung tay xây dựng diễn đàn phát triển và sôi động như những ngày đầu mới thành lập.
Good luck!

he he , dang dinh to` mo` vao`muc nay xem li do thi` chua kip vao toi noi da "This Account Has Exceeded Its CPU Quota "

Um,mình cũng rất hay bị như thế này,thật rất mất thời gian.Mong các bác admin cho biết lí do. Thanks!

Em hãy vào d/c mail mà em đã đăng kí,kích hoạt vào đường link mà ddth gửi tới. Khi đó mới gửi đc bài. Thân!

Em thì trình độ BDT rất gà nhưng xem qua các anh thảo luận và lời giải các bài toán em muốn đóng góp một số ý kiến:
+Các anh sử dụng những phương pháp như chia để trị mà không thấy ngại và mệt mỏi ạ?Một bài toán mà chúng ta cứ cố sống cố chết để sử dụng những phương pháp trâu bò thì em thấy nó cứ thấy thế nào?Sinh ra nhiều phương pháp mạnh thì chỉ khiến học sinh phụ thuộc vào nó quá thôi(ví dụ bài thi quốc gia năm nay không qua khó nhưng vẫn có rất nhiều người được điểm dưới 0,5).
+Em nghĩ các anh nên tổng hợp tất cả các kiến thức về phương pháp chia để trị vào một file pdf để cho mọi người dễ tham khảo hơn.

+Để trả lời câu hỏi đó,trước hết em hãy tự trả lời câu hỏi này: Khi nào thì 1 pp mới CM DBT ra đời? Phải chăng là khi mà các pp cũ phải bó tay,ko thể khuất phục đc một bài toán nào đó? Vậy thì đó cũng là lẽ tự nhiên trong toán học thôi. Nếu yêu toán và muốn tìm tòi,thì hãy đọc,còn ngược lại thì cũng có ai bắt phải đọc,phải học đâu?
+pp Chia để trị (hay DAC-tên viết tắt tiếng Anh) đc tổng hợp và giới thiệu chi tiết trong cuốn Những viên kim cương trong BDT toán học sắp XB.

đề thế này hả?

Tìm min ,max của
$P= \dfrac{2006x}{x^{2}+2x+1} $
$Q= \dfrac{x^{2}}{x^{2}+4x+4} $

Bài 1:Phải có ĐK chứ.Với $x \geq 0$ thì minP=0 khi x=0.
$P= \dfrac{2006}{x+ \dfrac{1}{x}+2 } \leq \dfrac{2006}{2+2}= \dfrac{1003}{2} $.
Bài 2: làm tương tự.

Cho $0<a<3; 0<b<4$ . Tìm min $A= \sqrt{a^2 + b^2} + \sqrt{(3-a)^2 + ( 4-b)^2}$
em ko bik gõ tex mong mọi ng` thông cảm!!!

$ A \geq \sqrt{(a+3-a)^2+(b+4-b)^2}=5$,đạt đc khi $a=3/2,b=2.$
Ok!

Tài liệu rất có ích cho các bạn ôn thi FPT. Cảm ơn anh Ngọc Sơn đã dày công soạn dịch

co ai có tài liệu cực trị(đại lẫn hình) cho mình xin đi

Cậu đi dọc theo Box này mà down, có đầy trong đấy

1) $tanA+tanB+tanC \geq 3\sqrt{3}$
2) $tan \dfrac{A}{2} +tan \dfrac{B}{2} +tan \dfrac{C}{2} \geq \sqrt{3} $
anh nào biết giải giùm em.Cảm ơn

1) Sử dụng đẳng thức $tanA+tanB+tanC=tanA.tanB.tanC$ (CM dựa vào $\dfrac{A+B}2=\dfrac {\pi}2-\dfrac{C}{2}$ rồi lấy tan 2vế)
ta có theo AM-GM(Cauchy) $(tanA+tanB+tanC)^3 \ge 27tanA.tanB.tanC=27(tanA+tanB+tanC) \Rightarrow$ đpcm.

2) Sử dụng $tan \dfrac{A}{2}tan \dfrac{B}2 +tan \dfrac{B}{2}tan\dfrac{C}2 +tan \dfrac{C}{2}tan \dfrac{A}2 =1 $(CM tương tự)
và BĐT cơ bản $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)$
có ngay đpcm!

Mặc dù BDT thứ 2 của thành viên mới chưa ai có ý kiến gì nhưng thành viên mới vẫn post BDT thứ 3 và hi vọng trước khi xem BDT này mọi người hãy cho vài lời nhận xét (chưa cần lời giải cũng được) cho BDT thứ 2 mà thành viên mới đã post cách đây mấy hôm. Và sau đây là BDT thứ 3 của thành viên mới:
LK3. Cho a,b,c>0 CMR

$ \dfrac{a+b+c}{ \sqrt[3]{ abc^{2} } } ^{2} $ 6( :frac{a}{b+c} +: frac{b}{c+a} + :frac{c}{a+b} )

Các bạn cho ý kiến nhanh nhanh nhé . Cám ơn

Chào mừng em đến với diễn đàn VMF
Mấy bài BDT của em cũng khá đc. Tuy nhiên chú ý đến việc gõ TEX khi post bài thì bài post sẽ đẹp hơn!

Bài trên của em
$ \dfrac{a+b+c}{ \sqrt[3]{ abc^{2} } } ^{2} \geq 6( \dfrac{a}{b+c} +\dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} )$ với $a,b,c >0$

rất tiếc là ko đúng. Em kiểm tra lại nhé!

Còn bài BDT thứ 2, xem http://diendantoanho...showtopic=39137

Vâng ạ, nhưng anh phải đợi em lục lại cái email của anh đã nhé (nhanh thôi), em không nhớ địa chỉ

Khỏi phải lục nữa,nè:[email protected] Cảm ơn em trước
À,anh down một số tài liệu về máy nhưng ko mở đc.Ko hiểu tại sao?

Anh nhận được chưa?

Anh nhận dc rùi,cám ơn em nhìu Nhưng chỉ đọc đc tại chỗ thui,cònkhi lưu vào máy lại ko mở đc(đúng ra là ko đọc đc-kí tự toán lộn tùng phèo ),ko hỉu tại sao? (Hầu hết các file .pdf đều có hiện tượng này )

HUYVAN send cho anh 1 bản nhé! Y!Mail của anh em bít rùi chứ?
Thanks a lot

Mua hộ anh 1 cuốn được không?

Anh N.T.Tuan da co sach chua em co the mua giup cho 1 cuon?

Ah nhân tiện tớ biết 1 chỗ ở HN bán cuốn Khánh giới thiệu giảm 15-20% tớ cũng vừa mua 1 cuốn giá 39K nhưng chắc còn ít lắm!

O dau vay nhi?

Tại sao các seminar như thế này ko đc tổ chức ở miền Bắc hả thầy ? Em nghĩ nên chuyển ra cả miền Bắc nữa như thế học sinh chúng em sẽ có đk hơn ạ

Em cũng nghĩ như bạn evarist! Những buổi semina thú vị thế này mà chỉ tổ chức trong Nam thì bọn em ngoài ni thiệt thòi lắm thầy ơi
Dù biết thế là rất khó khăn cho thầy và nhiều người khác (về đi lại chẳng hạn),nhưng em vẫn mong có dịp được nghe bài giảng của thầy...

Bạn phải mở hòm thư của bạn để nhận thư kích hoạt gửi từ diễn đàn. Thân!