Bài 54: Cho $a,b,c>0$ chứng minh $a^ab^bc^c\geq abc^{\frac{a+b+c}{3}}$
Canada 1995

Spoiler

bài này có hơn 3 cách

Cách 1, sử dụng BĐT Jensen cho hàm lồi $f(x)=x.lnx$ với $x>0$, ta được:
$$a.lna+b.lnb+c.lnc\geq 3.\frac{a+b+c}{3}.ln\frac{a+b+c}{3}\Leftrightarrow a^ab^bc^c\geq \left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^{a+b+c}\geq (abc)^{\frac{a+b+c}{3}}$$
Cách 2, lấy logarit hai vế, ta được:
$$a^{3a}b^{3b}c^{3c}\geq (abc)^{a+b+c}\Leftrightarrow \sum 3a.lna\geq \sum (a+b+c).lna\Leftrightarrow \sum (2a-b-c).lna\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (a-b).(lna-lnb)+(b-c).(lnb-lnc)+(c-a).(lnc-lna)\geq 0$$
Đúng

Em chưa hiểu chỗ này. Anh chứng minh BĐT dưới đây với $xy=1$ bằng phương pháp thế.

Ta sẽ xét bài toán trong trường hợp 2 số,tức là ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2} \ge 2(1)$$
Với $x,y>0$ và $xy=1$.
Cách chứng minh (1) rất đơn giản.Chỉ bằng phương pháp thế $y=\frac{1}{x}$,ta đưa về chứng minh BĐT 1 biến sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{\frac{1}{x}+3}{\left(\frac{1}{x}+1 \right)^2} \ge 2 \iff (x-1)^2 \ge 0$$.

Nhưng khi đến TH 3 biến thì đâu còn có điều kiện $xy=1$ và $z.\sqrt[3]{xyz}=1$ và $\sqrt{xy}.\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}=1$ để áp dụng nó

Áp dụng liên tiếp 2 lần BĐT $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$,ta có:
$$f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$$
$$f(z)+f(\sqrt[3]{xyz}) \ge 2f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right)$$
$$f(\sqrt{xy})+f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right) \ge 2f\left(\sqrt{\sqrt{xy}.\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}} \right)=2f(\sqrt[3]{xyz})$$

BÀI TOÁN: Cho $0< s< 1$ và $a,b,c$ là 3 số dương. Chứng minh rằng:
$(\frac{a^{s}+b^{s}}{2})^{\frac{1}{s}}+(\frac{b^{s}+c^{s}}{2})^{\frac{1}{s}}+(\frac{c^{s}+a^{s}}{2})^{\frac{1}{s}}\leq a+b+c$.

Chỉ cần chứng minh 1 trong 3 BĐT, này, các BĐT sau tương tự.
$$\left ( \frac{a^s+b^s}{2} \right )^{\frac{1}{s}}\leq \frac{a+b}{2}$$
Sử dụng BĐT $\frac{x_1^p+x_2^p}{2}\geq \left ( \frac{x_1+x_2}{2} \right )^p$ với $p>1$ đây chính là BĐT Jensen
$$\frac{(a^s)^{\frac{1}{s}}+(b^s)^{\frac{1}{s}}}{2}\geq \left ( \frac{a^s+b^s}{2} \right )^{\frac{1}{s}}$$
$$\Leftrightarrow \frac{a+b}{2}\geq \left ( \frac{a^s+b^s}{2} \right )^{\frac{1}{s}}$$
Tương tự cho 2 BĐT còn lại, ta suy ra ĐPCM

Bạn tham khảo ở đây nhé. http://diendantoanho...dfracmc-na2ca2/

Em xin chém: Thiên Long Bát Bộ

Sai rồi, đáp án là lục mạch thần kiếm, tiếp nhé.

Cách nữa nhé.
Dễ thấy hàm số $y=\sqrt{x}$ với x dương là hàm số lõm, áp dụng BĐT Jensen suy rộng như sau:

$t_1+t_2+t_3=1$, $t_1,t_2,t_3>0$, ta có: $t_1f(x_1)+t_1f(x_2)+t_3f(x_3)\leq f(t_1x_1+t_2x_2+t_3x_3)$

$$\Rightarrow \sum \sqrt{\frac{a}{4a+4b+c}}=\sum \frac{4a+4c+b}{9(a+b+c)}.\sqrt{\frac{81a(a+b+c)^2}{(4a+4b+c)(4b+4c+a)^2}}$$
$$\le \sqrt{\sum \frac{4a+4c+b}{9(a+b+c)}.\frac{81a(a+b+c)^2}{(4a+4b+c)(4b+4c+a)^2}}$$
$$=\sqrt{\sum \frac{9a(a+b+c)}{(4a+4b+c)(4a+4c+b)}}$$
Bây giờ đã giống đoạn chứng minh của WhjteShadow ở trên, để đơn giản chuẩn hóa $a+b+c=1$, ta cần chứng minh
$$\sum \frac{9a(a+b+c)}{(4a+4b+c)(4a+4c+b)}\leq 1$$
Khai triển ra ta được: $18\sum ab+27abc\leq 7$
Điều này đúng do $\sum ab\leq \frac{1}{3}$ và $abc \le\frac{1}{27}$

Áp dụng bđt AM - GM, ta có:

$\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}+ \sqrt {\frac{c+a}{b+ca}}\geq 3\sqrt[6]{\frac{a+b}{c+ab}.\frac{b+c}{a+bc}.\frac{c+a}{b+ca}}$

Do đó, ta đưa được về chứng minh bđt sau:

$(a+b)(b+c)(c+a)\geq (a+bc)(b+ca)(c+ab)$

Mặt khác, theo AM - GM, ta lại có:

$(a+bc)(b+ca)\leq \frac{(a+b)^2(c+1)^2}{4} $

Tương tự với các bđt khác, nhân theo từng vế, ta được:

$(a+bc)(b+ca)(c+ab)\leq (a+b)(b+c)(c+a)\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{8}$

Theo AM - GM, dễ thấy $(a+1)(b+1)(c+1)\leq 8$

Do đó, ta chứng minh được: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq (a+bc)(b+ca)(c+ab)$

Suy ra, bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài toán: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh BĐT:
$$\sqrt{\frac{a}{4a+4b+c}}+\sqrt{\frac{b}{4b+4c+a}}+\sqrt{\frac{c}{4c+4a+b}} \le 1$$

(Phạm Kim Hùng)

1/Cho 3 số $x,y,z \in[0;2]$ và hằng số $a \ge 1$
Hãy chứng minh:
$$(a+x^2)(a+y^2)(a+z^2) \ge [a+\frac{(x+y+z)^2}{9}]^3$$
và:
$$(a+x^3)(a+y^3)(a+z^3) \ge [a+\frac{(x+y+z)^3}{27}]^3$$

Chỉ cần thay dữ kiện $a \ge 1$ bằng $a\ge 4$ là cả hai bài toán trên trở thành đúng.
Câu đầu xét hàm số $f(t)=ln(a+t^2)$ với $a\ge 4, t \in [0;2]$
$\Rightarrow f'(t)=\frac{2t}{a+t^2}\Rightarrow f''(t)=\frac{2(a+t^2)-4t^2}{(a+t^2)^2}=\frac{2(a-t^2)}{(a+t^2)^2}$
Vì $a\ge 4, t \in [0;2]$ nên $a-t^2 \ge 0$, suy ra hàm số lồi nên BĐT đầu tiên đúng.
BĐT thứ hai cũng hoàn toàn tượng tự với hàm
$$f(t)=ln(a+t^3)\Rightarrow f'(t)=\frac{3t^2}{a+t^3}$$
$$\Rightarrow f''(t)=\frac{6t(a+t^3)-9t^4}{(a+t^3)^2}=\frac{3t(2a-t^3)}{(a+t^3)^2} \ge 0$$
Suy ra hàm số lồi nên BĐT thứ hai đúng theo BĐT Jensen

1/Cho 3 số $x,y,z \in[0;2]$ và hằng số $a \ge 1$
Hãy chứng minh:
$$(a+x^2)(a+y^2)(a+z^2) \ge [a+\frac{(x+y+z)^2}{9}]^3$$
và:
$$(a+x^3)(a+y^3)(a+z^3) \ge [a+\frac{(x+y+z)^3}{27}]^3$$

Sao câu đầu tiên thay thấy không đúng nhỉ, thay $a=1,x=1,y=1,z=2$ nó ra
$$(1+1^2)(1+1^2)(1+2^2)-\left [ 1+\left ( \frac{1+1+2}{3} \right )^2 \right ]^3=-1.433$$

Cho dãy $(c_{n})$ dương.CM
$\prod_{k=1}^{n}(1+c_{k})\leq (1+\frac{\sum_{k=1}^{n}c_{n}}{n})^{n}$

Xét hàm số $f(x)=ln(1+x)$ với x dương $\Rightarrow f'(x)=\frac{1}{1+x}\Rightarrow f''(x)=\frac{-1}{(1+x)^2}<0$
Suy ra hàm số lõm. Áp dụng BĐT Jensen ta được:
$$f(c_1)+f(c_2)+...+f(c_n)\leq nf(\frac{c_1+c_2+...+c_n}{n})$$
$$\Leftrightarrow ln(1+c_1)+ln(1+c_2)+...+ln(1+c_n)\leq n.ln\left ( 1+\frac{c_1+c_2+...+c_n}{n} \right )$$
$$\Leftrightarrow (1+c_1)(1+c_2)...(1+c_n)\leq \left ( 1+\frac{\sum_{k=1}^{n}c_n}{n} \right )^n$$

Trước cũng tình cờ đọc được bài này bên khoahoc.com, chắc cậu cũng đọc rồi, post lên đây cho mọi người bình luận

20% người Mỹ được hỏi không tin rằng người Mỹ đã từng lên Mặt trăng và cho rằng đây chỉ là một vụ bịp bợm lớn.
Cho đến nay, có lẽ ai cũng đinh ninh rằng Mỹ đã thắng Liên Xô trong cuộc chạy đua lên Mặt trăng. Phi công vũ trụ Neil Amstrong là người đầu tiên đặt chân lên đó.
Từ con tàu bước ra, anh đã nói một câu nổi tiếng làm cả thế giới xúc động, rằng “đây là một bước nhỏ của một con người nhưng là một bước đi khổng lồ của nhân loại”. Mọi sự đều như hết sức rõ ràng.
Nhân ngày Vũ trụ quốc tế, người ta xới lại vấn đề này. Một cuộc thăm dò lại cho thấy ngay trên đất Mỹ, 20% số người được hỏi không tin rằng người Mỹ đã từng đặt chân lên Mặt Trăng. 20% là một tỷ lệ khá cao. Những người này cho rằng chẳng phải Amstrong hay bất cứ ai khác đã đổ bộ lên Mặt trăng, mà đó chỉ là một vụ bịp bợm lớn.

Hình ảnh Amstrong trên Mặt trăng.

Quả thật khi nghiên cứu các sự kiện trong Chương trình Mặt trăng sẽ phát hiện những vấn đề khó giải thích một cách thuyết phục trong khuôn khổ những giả thuyết quen thuộc về một chuyến bay lên Mặt trăng.
Từ năm 1970, tại Mỹ đã xuất bản cuốn sách của J. Krainy “Có thật con người đã đặt chân lên Mặt Trăng không?”, và năm 1976 nhà văn Mỹ Bill Keysing cũng cho phát hành một cuốn sách tựa đề“Chúng ta chưa bao giờ lên Mặt Trăng”.
Sau đó tại những nước khác nhau trên thế giới những phân tích về vấn đề này được đưa ra ngày càng nhiều với những lý lẽ khó bác bỏ của những người không tin vào những tuyên bố chính thức về thành công của Chương trình Mặt trăng của Mỹ. Trong một bài không thể trình bày tỉ mỉ tất cả mọi lý lẽ người ta đã đưa ra mà chỉ có thể tóm tắt những ý chính.
1. Khi các nhà du hành vũ trụ cắm lá cờ trên Mặt trăng, nó bay phấp phới thật sinh động.Rõ ràng gió thổi khá mạnh. Điều này cực kỳ vô lý. Bởi ai cũng biết rằng trên Mặt trăng không hề có khí quyển. Vậy thì gió ở đâu ra. Đã thế, trên hai tấm ảnh của cùng một lá cờ do NASA công bố, bóng của nó trên một tấm ở bên trái, tấm kia ở bên phải.
2. Luồng khí nóng từ động cơ phun lúc hạ cánh phải thổi rất mạnh, đương nhiên nó sẽ làm tung lên một đám bụi hình phễu ngay lại địa điểm con tàu đỗ xuống. Thế nhưng trên những bức ảnh do NASA công bố không hề thấy hiện tượng này. Bề mặt Mặt trăng vần phẳng lỳ, không một vết lõm.
3. Trong điều kiện trong lực của Trái đất, nhà du hành cùng bộ quần áo bay của anh ta có khối lượng lên tới 160 kg. Còn theo tính toán, trên Mặt trăng con số đó chỉ còn là 27 kg thôi. Vậy vì sao các nhà du hành không thể hiện các bước nhảy bật rất cao do sức hút của Mặt trăng chưa bằng 1/5 so với Trái đất? Bước nhảy trong video clip không cao quá 45 cm, chẳng khác gì khi đi trên bề mặt địa cầu. Vì sao vậy?
4. Trong các bức ảnh về phong cảnh Mặt trăng, ánh sáng rất không đồng đều. Kiểu ánh sáng như vậy là tính chất điển hình của việc dùng đèn chiếu chứ không phải ánh sáng tự nhiên.
Có một số lý do khác nữa được coi là gián tiếp. Ví dụ, Mỹ tuyên bố đã đưa tàu Apollo lên vũ trụ bằng tên lửa chuyên chở khổng lồ “Saturn-5”. Chỉ 20 năm sau, Liên Xô mới chế tạo được tên lửa nổi tiếng “Energia” có những tính năng về chuyên chở tương tự. Không lẽ Liên Xô vốn đang chiếm ưu thế về tên lửa so với họ, bỗng nhiên bị họ “qua mặt” tới 2 thập kỷ?
Lại nữa, sau khi thực hiện được Chương trình Mặt trăng, vì sao tên lửa “Saturn-5” của họ chỉ được dùng một lần duy nhất – phóng tàu vũ trụ “Skylab” vào năm 1973. Loại tên lửa độc đáo đó của Mỹ nếu quả là có thật tại sao họ lại vội vã đình chỉ việc sản xuất ra chúng và 3 chiếc đã chế tạo phải lập tức bị đưa vào Viện bảo tàng?
Điều ngạc nhiên nữa là vì sao học phải dùng một chiếc xe đi trên Mặt trăng to lớn và nặng nề đến vậy, trong khi sức hút của Mặt trăng nhỏ hơn sức hút của Trái đất nhiều lần? Chúng ta hãy nhớ rằng đưa một vật thể vào vũ trụ, người ta phải cân nhắc đến từng gam, vì thêm mỗi một kg có nghĩa là phải bỏ thêm cả một số kinh phí khổng lồ.

Tên lửa chuyên chở “Saturn-5” (phóng lên tại “Sân bay vũ trụ”mang tên Kennedy).

Nói chung rất nhiều vấn đề, có đầy đủ cơ sở để nghi ngờ Chương trình Mặt trăng của Mỹ. Có ý kiến khẳng định người Mỹ chưa bao giờ lên Mặt trăng, lại có ý kiến cho là chuyến bay lên Mặt trăng đầu tiên ấy của họ chỉ là bịa đặt, sau đó, thì họ cũng lên được Mặt trăng thực sau này. Loại ý kiến thứ ba lập luận: Mặc dù Chương trình Mặt trăng của Mỹ được phủ vòng nguyệt quế nhưng tuyệt nhiên không xứng đáng. Tất cả những hình ảnh, quay phim đều thực hiện trên Trái đất.
Báo Komsomolskaia Pravda đã gặp nhà văn nổi tiếng Andrei Pashev để hỏi về chuyện này, thì ông nói: “Тôi đã từng tham gia vào cuộc tranh luận về chuyến bay lên Mặt trăng của Mỹ. Những ý kiến không tin là người Mỹ đã lên Mặt trăng không phải xuất phát từ Liên Xô trước đây. Người ta lúc đó chỉ dựa trên tính phiêu lưu và không tưởng (với trình độ khoa học lúc đó) của chương trình này”.
“Ví dụ, chính Khrushev đã, tuyên bố, chúng ta sẽ không tham gia vào cuộc chạy đua lên Mặt trăng, vì điều đó vô cùng rủi ro.Trong lịch sử của ngành du hành vũ trụ Xô Viết đã có những trường hợp chỉ vì việc tiếp xúc giữa bộ phận chỉ huy dưới mặt đất và con tàu chỉ trục trặc trong giây phút một con tàu đã lệch ra khỏi quỹ đạo và chuyến bay bị thất bại. Huống hồ xa như Mặt trăng".
Trước những dẫn chứng quá sắc bén trong cuộc tranh cãi về Chương trình Mặt trăng của Mỹ,NASA đã buộc phải đứng ra thừa nhận rằng, để minh họa việc hạ cánh của con tàu Apollotrên Mặt trăng, họ đã phải dùng những clip video và ảnh chụp không liên quan đến chuyến bay thực sự. Một số vấn đề được đưa lên trên các phương tiện truyền thông đúng là những bức ảnh chụp khi luyện tập, sở dĩ họ đưa ra vì nó rất giống với cảnh thực trên Mặt trăng.
Song họ mới đề cập đến sự bịa đặt của các đoạn phim và ảnh chụp. Những vấn đề khác họ chưa giải thích được và cũng không xin lỗi. Một vài chuyên liên quan cũng dần dần lộ ra. Chẳng hạn, chuyện thất lạc những tài liệu khi Apollo hạ cánh. Lại còn chuyện những viên đá cuội mà các phi hành gia lượm từ bề mặt của Mặt trăng đã đem tặng các bảo tàng châu Âu, được biết NASA cũng đã bị thanh minh là họ “nhầm” với viên đá của Trái đất chứ không có cố ý.
Nguồn: http://www.khoahoc.c...that-khong.aspx

Góp vui cho bài này nhé (sử dụng ý tưởng của "Mít" )
Bài toán: Cho $a_{i}>0(i=\overline{1;n})$ thỏa mãn tổng bằng 1.Chứng minh:
$$\prod_{k=1}^{n}a_{k}^{a_{k}} >\frac{6\ln^2{(n+1)}}{n^2\pi^2}$$

Nguồn:Nguyễn Bảo Phúc.

Em làm cách này được không, không liên quan đến hàm Zeta.
Ta có thể tìm luôn min của VT.
TH1, $n=1$ $\Rightarrow a_1=1$ suy ra BĐT đúng.
TH2 $ n \ge 2$
Áp dụng BĐT Jensen cho hàm lồi $f(x)=x.lnx$, ta được
$$a_1.lna_1+a_2.lna_2+...+a_n.lna_n\geq n.\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}.ln\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}=(a_1+a_2+...+a_2).ln\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}$$
$$\Leftrightarrow a_1^{a_1}.a_2^{a_2}...a_n^{a_n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{a_1+...+a_n}=\frac{1}{n}$$
Vì vậy, ta cần chứng minh
$$\frac{1}{n}>\frac{6ln^2(n+1)}{n^2 \pi^2}\Leftrightarrow n\pi^2>6ln^2(n+1)\Rightarrow g(n)>0$$
$$g'(n)=\pi^2-12.ln(n+1).\frac{1}{n+1}\Rightarrow g''(n)=-12\left [ \frac{1}{(n+1)^2}-\frac{ln(n+1)}{(n+1)^2} \right ]=\frac{12[ln(n+1)-1]}{(n+1)^2}$$
Vì $n\ge 2$ nên $g''(n) >0$ suy ra $g'(n) \ge g'(2)=\pi^2-4.ln3>0$
Suy ra $g(n)\ge g(2)=2\pi^2-6.ln^23>0$ ĐPCM

Mr. Đàm cực mê cầm váy cho Thu Minh.


Có đến 2 tình huống Mr. Đàm phải chạy ra khỏi ghế nóng để cầm váy cho Thu Minh khi cô quá xúc động. Tại phần thi của thí sinh Bảo Anh, Thu Minh tiếc rẻ ôm lấy cô gái xinh đẹp này không muốn rời. Mr. Đàm cầm váy cho Thu Minh hồi lâu cũng phải lẩm nhẩm: "Như đưa con gái về nhà chồng!"

"Đừng để bị điện giật nữa em nhé"

Lần thứ 2 Mr. Đàm lại hết mình lên tận sân khấu cầm váy cho Thu Minh đó là khi cô đón thí sinh Ngân Bình về đội sau màn khẩu chiến thắng lợi với Hà Hồ. Một mặt hạnh phúc vì giành được thí sinh có giọng hát tốt, một mặt tự hào vì chiến thắng Hà Hồ, Thu Minh đã không ngại ngần nói với Hà Hồ rằng: "Đừng để bị điện giật nữa em nhé!" (Trước đó, Hà Hồ đã chiêu dụ thí sinh bằng cách nói: "Đi chân trần lên sân khấu dễ bị điện giật lắm, về với chị chị sẽ chăm lo để em không gặp bất cứ rủi ro nào trên sân khấu).
Anh Tuấn biểu diễn: Hà Hồ phấn khích, Mr. Đàm tiếc rẻ

Trong phần thi của thí sinh Bùi Anh Tuấn, Hồ Ngọc Hà và Mr. Đàm cùng bấm nút lựa chọn và khi chiếc ghế xoay lại thì cả 2 HLV đều cảm thấy quá hài lòng về sự lựa chọn của mình. Giọng ca đẹp cùng vẻ ngoài bắt mắt của thí sinh Bùi Anh Tuấn đã khiến cho Hà Hồ thực sự bấn loạn và phấn khích.

Trong quá trình thuyết phục thí sinh Anh Tuấn về đội của mình, Hồ Ngọc Hà đã phấn khích đến mức đứng lên và thể hiện một cử chỉ rất điệu đà cùng câu nói: "Chị biết cách làm cho những thân hình mỏng manh trở nên quyến rũ trên sân khấu."

"Chị biết cách làm cho những thân hình mỏng manh trở nên
quyến rũ trên sân khấu."

Trước những lời dỗ quá ngọt của Hồ Ngọc Hà, thí sinh Anh Tuấn đã quyết định về đội của nữ ca sỹ xinh đẹp này. Giây phút này Hà Hồ phấn khích bao nhiêu thì Mr. Đàm tiếc nuối bấy nhiêu. Ngồi từ phía xa, Đàm Vĩnh Hưng vẫn nói với một câu hóm hỉnh để thể hiện sự nuối tiếc của mình: "Ối giời ôi giết người, không bắt tay bắt chân gì hết."

"Ối giời ôi giết người, không bắt tay bắt chân gì hết."

Bảo Anh quá tuyệt vời, Hà Hồ quân sư hết mình cho Trần Lập

Trong phần thi của thí sinh Bào Anh, Trần Lập hết sức tự hào khi là người đầu tiên bấm nút lựa chọn. Tuy nhiên, trước sự mời chào của HLV Thu Minh, Trần Lập cũng cảm thấy đôi phần nao núng.

Lần này, Hà Hồ đã sẵn sàng quay mặt với Thu Minh để hết mình thuyết phục thí sinh Bảo Anh về đội của Trần Lập. Chẳng những thế, Mr. Đàm cũng về phe Trần Lập và Hà Hồ. Tình thế bất lợi cho Thu Minh khiến cô cảm thấy rất hoang mang. Thu Minh một mặt hờn dỗi Hà Hồ với câu nói:"Hồ Ngọc Hà! Quan hệ chúng ta bắt đầu rạn nứt". Mặt khác, cô cũng quay sang thí sinh để cố gắng thuyết phục, nhưng đây cũng là một tình huống khiến cho tất cả khán giả không khỏi bật cười...

Thu Minh (nói với thí sinh Bảo Anh): Em vào đội Trần Lập, em có thể là con át chủ bài, nhưng em vào đội chị, em sẽ...

Đàm Vĩnh Hưng: ...là cả 1 bộ bài

"Về đội chị em sẽ là... cả bộ bài"

Thu Minh thậm chí cùng phải bật cười trước lời trêu chọc hóm hỉnh của Mr. Đàm.

Về phía Hà Hồ, cô chẳng những khuyên bảo thí sinh mà còn hết mình quân sư cho Trần Lập để lôi kéo giọng ca đẹp này về đội. Phút cuối, cô vẫn thì thầm với Trần Lập rằng: "Dùng ánh mắt đi anh, em biết anh có đôi mắt đàn ông rất quyến rũ."

"Dùng ánh mắt đi anh..."

Và tất nhiên, ánh mắt của Trần Lập đã đủ sức quyến rũ thí sinh Bảo Anh về đội.
Kết thúc vòng Giấu mặt, 4 HLV mỗi người đã chọn được 14 thí sinh, sau khoảng thời gian luyện tập, tuần sau các thí sinh sẽ tiếp tục tham gia vào vòng Đối đầu.

The Voice - Giọng Hát Việt đã chính thức ra mắt khán giả được 2 tậpvà nhanh chóng tạo được thiện cảm với khán giả. Bên cạnh việc tìm ra những giọng ca đầy tài năng thì 4 vị Huấn Luyện Viên (HLV) cũng là yếu tố tạo nên sự hấp dẫn riêng cho chương trình.
Mỗi người đều có một cá tính nên phần nhận xét của các HLV tạo nên những màn tung hứng rất bất ngờ cho khán giả. Trong khi Đàm Vĩnh Hưng luôn lấy thế mạnh từ "quyền lực vô hình" để chiêu dụ thí sinh, Thu Minh không ngại thể hiện sự tự tin vào giọng hát để thuyết phục các tài năng về đội thì Hồ Ngọc Hà vô cùng khéo léo trong cách nhận xét và Trần Lập thì rất mộc mạc, giản đơn.

Chỉ mới qua 2 tập phát sóng nhưng đã có không ít câu nói của các HLV khiến khán giả rất thích thú và truyền tai nhau...
"Anh yếu đuối lắm!"

Với sự hài hước và dí dỏm, phải công nhận là có Mr. Đàm thì The Voice - Giọng Hát Việt nhẹ nhàng hơn hẳn. Cách anh chọc ghẹo các vị HLV khác cũng như biểu lộ cảm xúc của mình luôn khiến khán giả ngạc nhiên.

"Về với anh đi, anh yếu đuối lắm!"

Trong tập thứ 2, khi thí sinh Xuân Nghi trình diễn xong, để thuyết phục cô gái có giọng ca đẹp này về đội của mình, Mr Đàm đã đưa ra đủ lời mời mọc lẫn... dụ dỗ. Thậm chí, phút cuối cùng, anh cũng không ngại chiêu dụ thí sinh bằng câu nói: "Về với anh đi, anh yếu đuối lắm!".
"Giọng hát có sẵn rồi, cho chi nữa...".
Ở một tình huống khác, trong lúc tranh giành thí sinh có giọng hát hay về đội của mình, Mr Đàm cũng không ngại "đá xoáy" Thu Minh. Trong lúc Thu Minh tự hào nói: "Chị sẽ cho em giọng hát" thì Mr Đàm ngay lập tức đáp trả "Giọng hát có sẵn rồi, cho chi nữa...".

"Chị sẽ cho em giọng hát..."

Tình huống Mr Đàm cố tình hiểu sai ý của Thu Minh đã khiến khán giả vừa bất ngờ vừa thích thú. Thực ra ý của Thu Minh trong câu nói này là cô sẽ tôi luyện, truyền đạt cho giọng hát của thí sinh hay hơn, bay bổng, đúng kỹ thuật hơn.
"Chúc đôi trẻ trăm năm hạnh phúc!"
Phần thi của thí sinh Kim Loan cũng khiến Mr Đàm bộc lộ cảm xúc khá rõ. Sau khi bỏ công sức để thuyết phục thí sinh này về đội của mình mà không được như ý, Mr Đàm đã tỏ thái độ không vui qua câu nói có phần hờn dỗi: "Chúc đôi trẻ trăm năm hạnh phúc!". Việc ghép đôi này đã khiến khán giả có mặt tại trường quay cười ồ lên thích thú.

"Chúc đôi trẻ trăm năm hạnh phúc"

"Quốc Cường là phải để cho Hà Hồ!"
Kể từ khi chương trình The Voice chính thức lên sóng thì người nhận được nhiều lời khen nhất chính là Hà Hồ. Những biểu cảm cũng như nhận xét rất tinh tế của cô luôn khiến khán giả lẫn thí sinh hài lòng. Thậm chí khi bị Thu Minh và Mr Đàm "tấn công" bằng cách nhắc đến đức lang quân Cường "đô la", cô cũng có một cách cư xử hết sức thú vị.

"Quốc Cường là phải để cho Hà Hồ"

Ở tập 1, sau phần trình diễn của thí sinh Trang Quốc Cường, khi Mr Đàm hỏi tên, thí sinh này chỉ kịp nói "Em tên Cường" thì Thu Minh đã ngay lập tức lên tiếng: "Ồ, Quốc Cường, hèn chi!" rồi chỉ về phía Hồ Ngọc Hà. Lúc này, có thể thấy Hồ Ngọc Hà có vẻ ngượng ngùng thấy rõ. Nhưng cô đã rất thông minh khi kết thúc phần nhận xét của các HLV bằng câu nói ngắn gọn: "Quốc Cường là phải để cho Hà Hồ". Khỏi phải nói, câu phát biểu này của Hồ Ngọc Hà lập tức trở được khán giả truyền tai nhau nhiều nhất sau khi tập 1 lên sóng!
“Thôi chị đừng thảo mai”
Trong tập thứ 2, với thí sinh Phan Ngọc Luân, Hà Hồ đã có một lời gợi ý ngắn gọn nhưng đủ sức thuyết phục: “Nếu bạn rơi vào tay tôi tôi sẽ luyện cho bạn tinh thần thép khi đứng trên sân khấu”. Rõ ràng, trong showbiz Việt thì nói về chuyện "tinh thần thép", ít ai qua được như Hồ Ngọc Hà sau những sự cố mà cô đã từng trải qua.

"Thôi chị đừng thảo mai"

Trong đoạn teaser khoảng 5s đầu tập 1, Hà Hồ cũng kịp ghi dấu ấn với khán giả bằng câu nói với Thu Minh: “Thôi chị đừng thảo mai”. Đáng tiếc là đến giờ vẫn chưa thấy rõ câu nói này xuất hiện trong phần thi của thí sinh nào.
Nguồn:http://thebox.vn/Gia...Viet/11882.html

Gameshow mình rất yêu thích

Cách đạo hàm cũng hay đó, xét hàm số $$f(x)=\frac{a^x}{b^x+c^x}+\frac{b^x}{c^x+a^x}+\frac{c^x}{a^x+b^x}$$
Cách này có trong quyển sáng tạo Bất đẳng thức trang 85, chắc mọi người đều đã biết rồi

Bất đẳng thức Jensen suy rộng đây:
$(\lambda_1+\lambda _2+...+\lambda _n)f(\frac{\lambda _1x_1+\lambda _2x_2...+\lambda _nx_n}{\lambda_1+\lambda _2+...+\lambda _n}) \leq \lambda _1f(x_1)+\lambda _2f(x_2)+...+\lambda _nf(x_n)$

Với phát biểu trên thì $\lambda _i\in (0,1)$ tuy nhiên vẫn phải kèm rằng buộc $\lambda _i>0$ nếu $\lambda _i < 0$ thì cần phải có thêm một điều kiện nào đó(về sự sắp sếp của dãy $\lambda _1,\lambda _2,....,\lambda _n$ hoặc sự sắp xếp của dãy $x_1,x_2,....,x_n$. Em sẽ làm rõ hơn về vấn đề này

Theo em biết thì BĐT Jensen tổng quát là cái này
Cho f là hàm liên tục và lồi trên $\mathbb{I}$. Nếu $x_k \in \mathbb{I}; t_k \in(0;1)$ và $ t_1+t_2+...+t_n=1$ thì ta có
$$t_1f(x_1)+t_2f(x_2)+...+t_nf(x_n)\geq f(t_1x_1+t_2x_2+...+t_nx_n)$$
Chứng minh nó bằng tiếp tuyến
Còn BĐT trên của anh là hệ quả của cái này, nó chỉ cần lớn hơn 0 là được, không cần đk trong khoảng $(0;1)$

sửa lại CMR $\frac{\sum ab}{\sum a^{2}b^{2}}\geq 8(\sum a^{2})$

Nhờ mọi người kiểm chứng nhé. Ý tưởng là dồn biến về biên.
Xét hàm số $f(a;b;c)=\frac{ab+bc+ca}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2}-8(a^2+b^2+c^2)$
Giả sử c là số lớn nhất.
$$f(a+b;0;c)=\frac{(a+b).0+0.c+c(a+b)}{(a+b)^2.0^2+0^2.c^2+c^2(a+b)^2}-8[(a+b)^2+0^2+c^2]=\frac{1}{c(a+b)}-8(a^2+b^2+c^2+2ab)$$
Xét hiệu $f(a;b;c)-f(a+b;0;c)=$
$=\frac{ab+bc+ca}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2} -\frac{1}{c(a+b)}+16ab\geq \frac{ab+c(a+b)}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2} -\frac{1}{c(a+b)}$

$=\frac{abc(a+b)+c^2(a^2+b^2+2ab)-(ab)^2-(bc)^2-(ca)^2}{[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2].c(a+b)}$

$=\frac{ab[c(a+b)+2c^2-ab]}{[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2].c(a+b)}=\frac{ab[c(1-c)+2c^2-ab]}{[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2].c(a+b)}$

$=\frac{ab(c+c^2-ab)}{[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2].c(a+b)}$

Vì $c=max(a;b;c)$ nên $c\geq \frac{1}{3}\Rightarrow c+c^2\geq \frac{4}{9}$
$ab\leq \frac{(a+b)^2}{4}\leq \frac{(a+b+c)^2}{4}=\frac{1}{4}$
$\Rightarrow c+c^2-ab\geq \frac{4}{9}-\frac{1}{4}>0$
$\Rightarrow f(a;b;c)-f(a+b;0;c)>0$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh trong TH 1 biến bằng 0, tức là
$\frac{1}{ca}\geq 8(a^2+c^2)$
Thật vậy $2ac.(a^2+c^2)\leq \frac{(a^2+2ac+c^2)^2}{4}=\frac{(a+c)^4}{4}\leq \frac{1}{4}$
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi có 1 biến bằng 0, hai biến còn lại bằng $\frac{1}{2}$

TXD:$D=\mathbb{R}$
Tính đạo hàm
\begin{align}
y'&=\frac{2(x^2-x+1)-(2x-1).(2x-1)}{(x^2-x+1)^2}\\
&=\frac{2x^2-2x+2-4x^2+4x-1}{(x^2-x+1)^2}=\frac{-2x^2+2x+1}{(x^2-x+1)^2}\\
y''&=\frac{(-4x+2)(x^2-x+1)^2-2(x^2-x+1)(2x-1)(-2x^2+2x+1)}{(x^2-x+1)^4}\\
&=\frac{(4x-2)\left [ (x^2-x+1)-(-2x^2+2x+1) \right ]}{(x^2-x+1)^3}\\
&=\frac{(4x-2)(3x^2-3x)}{(x^2-x+1)^3}\\
\end{align}
Giải phương trình $y''=0$ để tìm hoành độ điểm uốn ta được các nghiệm :$x=0;x=1;x=\frac{1}{2}$
Vậy tọa độ các điểm uốn là $A(0;-1);B(1;1);C(\frac{1}{2};0)$.
Dễ thấy 3 điểm trên đều nằm trên đường thẳng $y=2x-1$
Suy ra đồ thị hàm số trên có 3 điểm uốn thẳng hàng
_________________
Bổ sung: để chắc chắn các điểm trên là 3 điểm uốn của đồ thị, ta chỉ cần xét dấu đạo hàm bậc hai của chúng.
Với $x <0\Rightarrow y''<0$ suy ra hàm số lõm ( dạng úp xuống dưới)
Với $x \in(0;\frac{1}{2})\Rightarrow y''>0$ hàm số lồi ( ngửa lên trên)
Với $x\in (\frac{1}{2};1)\Rightarrow y''<0$ hàm số lõm( úp )
Với $x>1\Rightarrow y''>0$ hàm số lồi (ngửa)

1) Giải phương trình $sin^{2000}x+cos^{2000}x=1$

$sinx\leq 1\Rightarrow sin^{2000}\leq sin^2x$.
Tương tự, ta cũng có $cos^{2000}\leq cos^2x$
Đẳng thức xảy ra khi $sinx=0$ hoặc $cosx=0$ $\Leftrightarrow sin2x=0\Leftrightarrow x=\frac{k\pi}{2}$

Cho a , b , c là các số dương và a+b+c = 3. Chứng minh rằng
$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq a^{^{2}}+b^{2}+c^{2}$

MOD : Chú ý gõ tiếng việt có dấu .

BĐT tương đương$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq (a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2(ab+bc+ca)\geq 9$$
Thật vậy, theo BĐT $x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+zx$ và BĐT$(xy+yz+zx)^2 \ge 3xyz(x+y+z)$ ta được
$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2(ab+bc+ca)\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+2(ab+bc+ca)$$
$$=\frac{a+b+c}{abc}+2(ab+bc+ca)=\frac{3}{abc}+2(ab+bc+ca)\geq 3\sqrt[3]{\frac{3.(ab+bc+ca)^2}{abc}}$$
$$\geq 3\sqrt[3]{\frac{3.3abc(a+b+c)}{abc}}=9$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài toán:Cho $a,b,c$ là các số thực không âm.Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+ca+a^{2}}\geq \frac{1}{2a^{2}+bc}+\frac{1}{2b^{2}+ca}+\frac{1}{2c^{2}+ab}$

Nếu mình không phân tích nhầm thì nó tương đương với $$\sum (a-b)^2.\frac{(a+b).c.(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{(b^2+bc+c^2)(2a^2+bc)(a^2+ac+c^2)(2b^2+ca)}\geq 0$$
Chắc bài này có cách nhẹ nhàng hơn

ta sẽ chứng minh $a^{4}+b^{4}+c^{4}\leq 3$ :
$\frac{a^{5}}{b+c}+\frac{a^{3}(b+c)}{4}\geq a^{4}$
tt còn lại
tiếp
$a^{4}+b^{4}\geq a^{3}b+ab^{3}$ tự chứng minh
từ hai bdt trên ta có $a^{4}+b^{4}+c^{4}\leq 3$

Cách khác, theo chebusep và Nesbit:
$$\frac{3}{2}=\frac{a^5}{b+c}+\frac{b^5}{c+a}+\frac{c^5}{a+b}\geq \frac{1}{3}.(a^4+b^4+c^4).\left ( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right )$$
$$\geq \frac{1}{3}.(a^4+b^4+c^4).\frac{3}{2}=\frac{a^4+b^4+c^4}{2}$$
$$\Rightarrow 3\geq a^4+b^4+c^4$$
Làm tiếp như trên, hoặc theo Holder ta có
$$(a^3+b^3+c^3)^4\leq (a^4+b^4+c^4)^3.3\leq 3^4\Rightarrow a^3+b^3+c^3\leq 3$$
Dễ chứng minh $a^3+b^3+c^3\geq ab^2+bc^2+ca^2$.

$\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leq 3$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$