Nêu ra là phải chứng minh cho mọi người, đặc biệt là thân chủ biết chứ!

Trong 3 số $a-1,b-1,c-1$ tồn tại ít  nhất 2 số cùng dấu

Giả sử $\left ( b-1 \right )\left ( c-1 \right )\geq 0\Rightarrow bc+1\geq b+c\Rightarrow 2abc+2\geq 2ab+2ac$

Mặt khác có $a^{2}+1\geq 2a,b^{2}+c^{2}\geq 2bc$

Cộng từng vế các BĐT trên ta được $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2\left ( ab+bc+ca \right )$

BĐT này quen thuộc rồi bạn

1)cho $x,y,z \in R$ CMR:

$\frac{|x-y|}{\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+y^2}}\leq\frac{|x-z|}{\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+z^2}}+\frac{|z-y|}{\sqrt{1+z^2}\sqrt{1+y^2}}$

2)cho $a,b \in R$ CMR:

$\frac{-1}{2}\leq\frac{(a+b)(1-ab)}{(1+a^2)(1+b^2)}\leq\frac{1}{2}$

cho $x,y \in R$ và $ x^2+y^2=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2} $

Cùng thử làm nào!

1/Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $\frac{1}{\left ( a+1 \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( b+1 \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( c+1 \right )^{2}}+\frac{2}{\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )}=1$

Chứng minh $abc\geq 1$

2/Cho số thực $x$ sao cho $-1\leq x\leq 1$.

Tìm Max $f\left ( x \right )=\sqrt{2}x^{5}+\sqrt{4-2x^{2}}+x^{3}\sqrt{2-x}$

3/Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc+a+c=b$

Tìm Max $P=\frac{2}{1+a^{2}}+\frac{3}{1+c^{2}}-\frac{2}{1+b^{2}}$

4/Cho các số dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=3$

Chứng minh $\frac{a}{b^{2}+b}+\frac{b}{c+c^{2}}+\frac{c}{a+a^{2}}\geq \frac{3}{2}$

5/Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $3\sum a^{4}-7\sum a^{2}=-10$

Tìm Min $S=\sum \frac{a^{2}}{b+2c}$

bài 3 VMO 1999

cho tam giác ABC, lấy các điểm M,N sao cho $2\overrightarrow{AM}+3\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$ và $\overrightarrow{NB}+x\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}$ .Định x để AN vuông góc với BM

bài 1

$P^{2}\leq 3(\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}+\frac{1}{1+z^{2}})$

giờ cần chứng minh$3(\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}+\frac{1}{1+z^{2}})\leq \frac{9}{4}$

bđt tương đương $\frac{x^{2}}{1+x^{2}}+\frac{y^{2}}{1+y^{2}}+\frac{z^{2}}{1+z^{2}}\geq \frac{9}{4}$

tương đương $\frac{1}{1+\frac{1}{x^{2}}}+\frac{1}{1+\frac{1}{y^{2}}}+\frac{1}{1+\frac{1}{z^{2}}}\geq \frac{9}{4}$

có $\frac{1}{1+\frac{1}{x^{2}}}+\frac{1}{1+\frac{1}{y^{2}}}+\frac{1}{1+\frac{1}{z^{2}}}\geq \frac{9}{3+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}}$

do x+y+z=xyz, suy ra $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}=1$

suy ra $\frac{9}{3+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}}=\frac{9}{\frac{4}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^{2}}=\frac{27(x+y+z)^{2}}{4(xy+yz+xz)^{2}}\geq \frac{81}{4(xy+yz+xz)}$

$1=\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}\geq \frac{9}{xy+yz+xz}$

suy ra $\frac{81}{4(xy+yz+xz)}\geq \frac{9}{4}$ đpcm

bất đẳng thức cuối cùng ngược dấu 

Cho x, y, z không âm thỏa xyz = 1. Chứng minh rằng: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\geq 2(xy+yz+zx)$

ta có $x+y+z \geq 3$ (theo AM-GM) 

bất đẳng thức cần c/m dc viết lại: $x^2+y^2+z^2+2xyz+1 \geq 2(xy+yz+zx)$ (1 bdt khá quen thuộc)

cho $a,b>0$ CMR:

$a^3+b^3\geq2[\sqrt{\frac{1}{2}(a^2+b^2)}]^3$

Tìm lim $u_n$ biết

a $u_n=\frac{1}{2\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}$

b $u_n=(1-\frac{1}{T_1})\left ( 1-\frac{1}{T_2} \right )...\left ( 1-\frac{1}{T_n} \right )$

với $T_n=\frac{n(n+1)}{2}$

c $u_n=\frac{2^3-1}{2^3+1}.\frac{3^3-1}{3^3+1}.\frac{4^3-1}{4^3+1}...\frac{n^3-1}{n^3+1}$

 

Cho dãy $u_n$ .....xác định bở...$u_n=\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n}$

tìn lim$S_n=\sum_{k=1}^{n}u_k$

a) ta có: $\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}=\frac{\sqrt{n}}{n}-\frac{\sqrt{n+1}}{n+1}$

=> $u_{n}=1-\frac{\sqrt{n+1}}{n+1}$

=> $lim $u_n$=1-1=0$

Có bài này đề hơi giông nè...

Cho $a,b,c,d$ có tích bằng $1$. Chứng minh rằng

$a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6$

bài này AM-GM 6 số là ra mất rồi

Bạn có thể giải bài này bằng Cauchy-Schwarz không?????/

chưa nghĩ tới cái đó. Nhưng mà có 1 cách dc rồi

Bài 1: Cho $x,y>0$ thoả mãn: $x^2+y^3 \geq x^3+y^4$. CMR: $x^3+y^3 \leq 2$

 

ta có: $(x^3+y^3)^2\leq (x^3+y^4)(x^3+y^2)\leq(x^2+y^3)(x^3+y^2)\leq\frac{(x^2+y^2+x^3+y^3)^2}{4}$

=> $x^3+y^3\leq x^2+y^2$

theo bdt holder: $(x^2+y^2)^3\leq(x^3+y^3)(x+y)(x^2+y^2)$

=>$x^2+y^2\leq x+y$

mà $(x+y)^2\leq2(x^2+y^2)$

=> $x+y\leq 2$

=> $x^3+y^3 \leq x^2+y^2 \leq x+y \leq 2$(dpcm)

Bài 3:  cho x,y,z>0 CMR:

$\sum\frac{x^3}{x^3+xyz+y^3}\geq1$

Bài 21: Giả sử a,b,c là ba cạnh của một tam giác .cmr $\sum \frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}\geq \frac{3}{2}$

mình làm lại bài này (1 cách hơi xấu). Bạn quang giải sai rồi:

áp dụng holder:

$\sum_{cyc}\left(\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}\right)^2\sum_{cyc}a(a^2+3bc)\geq(a+b+c)^3$

ta cần c/m: $4(a+b+c)^3\geq9\sum_{cyc}(a^3+3abc)$

đặt $a=x+y,b=x+z,c=z+x$

thì bất đẳng thức cần c/m tuơng đương:

$\sum_{cyc}(7x^3-6x^2y-6x^2z+5xyz)\geq0$

do theo bdt schur: $\sum_{cyc}(x^3-x^2y-x^2z+xyz)\geq0$

và theo bdt AM-GM: $\sum_{cyc}(x^2y+x^2z-2xyz)\geq0$

=> dpcm 

 

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM 2013

____________________________________

 

 

Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu $a,b,c,d$ là bốn nghiệm của đa thức $P(x)=x^4+x^3-1$ thì $ab$ là nghiệm của đa thức $Q(x)=x^6+x^4+x^3-x^2-1$

 

 

cách hơi trâu bò tí

theo viet ta có: 

$\left\{\begin{array}{lcr}a+b+c+d &= &-1\\ ab+bc+cd+da+ac+bd &= &0\\ abc+bcd+cda+dab &= &0\\ abcd &= &-1\end{array}\right.$

$<=> \left\{\begin{array}{lcr}(a+b)+(c+d) &= &-1\\ ab+cd+(a+b)(c+d) &= &0\\ ab(c+d)+cd(a+d) &= &0\\ (ab)(cd) &= &-1\end{array}\right.$(*)

đặt: $\left\{\begin{array}{ccl}\alpha &= & a b\\ \beta &= & a+b\\ \gamma &= & c d\\ \delta &= & c+d\\ \end{array}\right.$

(*) $<=> \left\{\begin{array}{lcr}\beta+\delta &= &-1\\ \alpha+\gamma+\beta\delta &= &0\\ \alpha\delta+\gamma\beta &= &0\\ \alpha\gamma &= &-1\end{array}\right.$

thay $\left\{\begin{array}{lcr}\delta &= &-1-\beta\\ \gamma &= &-\frac{1}{\alpha}\end{array}\right.$

vào 2 phương trình còn lại ta được:

$\left\{\begin{array}{lcr}\alpha-\frac{1}{\alpha}+\beta (-1-\beta) &= &0\\ \alpha (-1-\beta)-\frac{1}{\alpha}\beta &= &0\\ \end{array}\right.$

$ \begin{align*}\alpha (-1-\beta)-\frac{1}{\alpha}\beta = 0 &\iff\alpha (-1-\beta) =\frac{\beta}{\alpha}\\ &\iff\frac{-1-\beta}{\beta}=\frac{1}{\alpha^2}\\ &\iff-\frac{1}{\beta}-1 =\frac{1}{\alpha^2}\\ &\iff\frac{1}{\beta}=-\left(\frac{1}{\alpha^2}+1\right)\\ &\iff\frac{1}{\beta}=-\frac{1+\alpha^2}{\alpha^2}\\ &\iff\beta =-\frac{\alpha^2}{1+\alpha^2}\end{align*} $

do đó: $\begin{align*}\alpha-\frac{1}{\alpha}+\beta (-1-\beta)=0 &\iff\alpha-\frac{1}{\alpha}-\frac{\alpha^2}{1+\alpha^2}\left(-1+\frac{\alpha^2}{1+\alpha^2}\right)=0\\ &\iff\alpha-\frac{1}{\alpha}+\frac{\alpha^2}{(1+\alpha^2)^2}=0\\ &\iff\frac{\alpha^2(1+\alpha^2)^2-(1+\alpha^2)^2+\alpha^3}{\alpha(1+\alpha^2)^2}=0\\ &\iff\frac{\alpha^6+\alpha^4+\alpha^3-\alpha^2-1}{\alpha(1+\alpha^2)^2}=0\end{align*} $ (dpcm)

đặt $u=x+y,v=xy$

$=>P=2v^2-7v+3$

mà $u\geq 4v \geq 0$

nên $\frac{1}{4}\geq v \geq 0$

xét hàm số $f(x)=2x^2-7x+3$ với $x \in [0;\frac{1}{4}]$

do 2>0  nên $f_{min}=f(\frac{1}{4})=\frac{11}{8}$, $f_{max}=f(0)=3$

Mình biết bài này bạn SieuNhanVang đã làm rồi nhưng mình muốn tìm thêm vài cách nữa, mong ĐHV hiểu cho nhé

Chứng minh với a,b,c dương thì: $\sqrt[3]{a.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b+c}{3}}\geq \frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}{3}$

đây là cách giải của mình:

ta có: $\sqrt{ab}=\sqrt[3]{ab\sqrt{ab}}\geq\sqrt[3]{ab\frac{a+b}{2}}$

ta cần c/m: $\frac{a+\sqrt[3]{ab\frac{a+b}{2}}+\sqrt[3]{abc}}{3}\leq\sqrt[3]{a.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b+c}{3}}$

$<=>(\sqrt[3]{\frac{2}{a+b}\frac{3}{a+b+c}})(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b\frac{a+b}{2}}+\sqrt[3]{bc})\leq 3$

đặt $A=\sqrt[3]{\frac{2a}{a+b}\frac{3a}{a+b+c}},B=\sqrt[3]{\frac{3b}{a+b+c}},C=\sqrt[3]{\frac{2b}{a+b}\frac{3c}{a+b+c}}$

$A\leq \frac{1+\frac{2a}{a+b}+\frac{3a}{a+b+c}}{3},B\leq\frac{1+1+\frac{3b}{a+b+c}}{3},C\leq\frac{1+\frac{2b}{a+b}+\frac{3c}{a+b+c}}{2}$ 

$=> A+B+C \leq 3$ (dpcm)

Bài toán 1: Với các số thực không âm $a,b,c$ hãy chứng minh rằng:

$\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}}\leq \frac{5}{4}.\sqrt{a+b+c}$ và dấu bằng xảy ra

Bất đẳng thức Jack Gàunkel

 

có cách này cũng khá nhanh đặt $f(x)=x$ => $f'(x)=1>0$

do bộ $(1,2,3,4)$ trội hơn bộ $(a,b,c,d)$ (theo giả thiết)

nên $f(1)+f(2)+f(3)+f(4)\geq f(a)+f(b)+f(c)+f(d)<=>10\geq a+b+c+d$

chỗ này mình không hiểu lắm

bđt schur phải là

$\sum a^{4}+abc(a+b+c)\geq \sum a^{3}(b+c)$

nè bạn: $a^3(b+c)+b^3(a+c)+c^3(a+b)=ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)$

Cho $x,y,z> 0$.Chứng minh

$x^{4}+y^{4}+z^{4}+xyz\left ( x+y+z \right ) \geq xy\left ( x^{2}+y^{2} \right ) +yz(y^{2}+z^{2})+zx(z^{2}+x^{2})$

Đây là bất đẳng thức schur

$x^{4}+y^{4}+z^{4}+xyz\left ( x+y+z \right ) \geq xy\left ( x^{2}+y^{2} \right ) +yz(y^{2}+z^{2})+zx(z^{2}+x^{2})$

$<=>a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-a)(b-c)+c^2(c-a)(c-b)\geq 0$

giả sử $a\geq b \geq c$

$=>c^2(c-a)(c-b)\geq0$

$a^2(a-c)-b^2(b-c)=(a^3-b^3)+c(a^2-b^2)\geq0 => a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-a)(b-c)\geq0$

 

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM 2013

____________________________________

 

 

Bài 1: Giải hệ phương trình: $$\left\{\begin{matrix} x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}=1 & & \\ (1-x)(1+y)=2& & \end{matrix}\right.$$

 

 

ta có $x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}\leq \frac{x^2+1-y^2}{2}+\frac{y^2+1-x^2}{2}=1$

$=>x^2+y^2=1$

ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=1 & & \\ (1-x)(1+y)=2& & \end{matrix}\right.$(*)

đặt $\left\{\begin{matrix} S=x+y & & \\ P=xy& & \end{matrix}\right.$

(*) $<=>\left\{\begin{matrix} S^2-2P=1 & & \\ 2(x-y)=-2-2P& & \end{matrix}\right.<=>\left\{\begin{matrix} (x-y)^2+2P=1 & & \\ -x-y-1=-P& & \end{matrix}\right.<=> x-y=3$ hoặc $x-y=-1$ => P=... =>S=...

cho $a,b,c,d>0$ thõa $a+b+c+d=1$ CMR:

$A=abc+bcd+cda+dab \leq \frac{1}{16}$

Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\leq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$$
 

ta có: $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-\sum_{cyc}\frac{a}{b+2c}=\frac{\sum\limits_{cyc}(2a^4c+a^3c^2+2a^3bc-5a^2b^2c)}{(a+2b)(b+2c)(c+2a)(ab+ac+bc)}\geq0$

mà $13\sum_{cyc}a^4c=\sum_{cyc}(5a^4c+6b^4a+2c^4b)\geq\sum_{cyc}13a^2b^2c^2$

$7\sum_{cyc}a^3c^2=\sum_{cyc}(2a^3c^2+4b^3a^2+c^3b^2)\geq\sum_{cyc}7a^2b^2c$

và $\sum_{cyc}(a^3bc-a^2b^2c)=\frac{1}{2}\sum_{cyc}abc(a-b)^2\geq0$ (theo bdt AM-GM)

=> dpcm

ta chứng minh: $(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)\geq 8$(*)

ta có: $(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)\geq 8\Leftrightarrow\sum_{cyc}f(a)\geq0$ với: $f(x)=\ln(x^3+1)-\ln2-\frac{3}{2}(x-1)$

Do $f(x)$ có đạo hàm dương với $0<x\leq2$ 

Do đó, nếu $\max\{a,b,c\}<2$ thì bất đẳng thức (*) đúng 

Nếu $a\geq2$ thì $(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1) \geq(2^3+1).1.1=9>8$

=> đpcm

chứng minh bằng khai triển abel (trang 59 sách sáng tạo bất đẳng thức)

Cho a,b,c là 3 số thực. CMR:$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geqslant (1+a)(1+b)(1+c)$

a,b,c dương nhá!

lời giải như sau:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geq (1+a)(1+b)(1+c)<=>2(a^2+b^2+c^2)+2abc+1+3\geq 2(ab+bc+ca)+2(a+b+c()$

mà ta có bất đẳng thức: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$

ta cần c/m: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+3\geq 2(a+b+c) <=> (a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2\geq0$ (đúng)

=> dpcm

dấu '=' xảy ra khi $a=b=c=1$