Ch $x,y,z$ thực không âm chứng minh $$3xyz+x^3+y^3+z^3 \ge 2 \left[(xy)^{\frac{3}{2}}+(yz)^{\frac{3}{2}}+(xz)^{\frac{3}{2}} \right ]$$

$2\sqrt[2]{(xy)^3} \le xy(x+y)$
Suy ra Cần chứng minh :
$$x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$
...

Truyện hay và ý nghĩa quá

Bài toán :
Cho $x_1, x_2, ..., x_n \in (0,1)$ và $\sigma$ là một hoán vị của ${1,2,...,n}$. Chứng minh rằng :
$$\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{1-x_i}\ge \left (1+\dfrac{\sum_{i=1}^{n}{x_i}}{n}\right )\left (\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{1-x_i.x_{\sigma\left (i\right )}}\right )$$

@Dark templar:Bài này có trong cuốn Old anh New Inequality,cũng cũ rồi,tư tưởng là xài C-S chứng minh $\left(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1-x_{i}x_{\sigma(i)}} \right) \le \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1-x_{i}^2}$,sau đó là Chebyshev

Hiện nay, thành viên của hội đã đạt đến con số 39...

Bài toán [Tham Lang]
Cho các số thực $a,b,c,d$. Tìm GTNN của biểu thức :
$$P=(a-b+1)^2+(b-4)^2+(2c-d+7)^2+(d+3)^2+(a-4b+3c-6d+9)^2$$

cho e tham gia vs =)) giờ ms để ý có hội này

Sao ko có tên em a Mít ơi

Hai bé đã được gia nhập

Oái, dã man quá

Hay quá
P/s : em con gái

Con gái không nên vào những chỗ như thế này em à

Cho $0 < x < \frac{\pi}{4}$. CMR : $\left ( \cos x \right )^{\cos x} > \left ( \sin x \right )^{\sin x}$.
@tramy : Lần sau gõ công thức bạn nhớ kẹp giữa hai thẻ đô la ($$) nhé !

BĐT tương đương :
$$\left (\cos{x}\right )^{\cot{x}} > \sin{x}$$
$$\Leftrightarrow \left (1-\sin^2{x}\right )^{\cot{x}} > 1- \cos^2{x}$$
Thật vậy, vì $0 <x<\dfrac{\pi}{4} \Leftrightarrow \cot{x}>1$
Do đó , theo BĐT Bernoulli, ta có :
$$\left (1-\sin{x}\right )^{\cot{x}} \ge 1-\cos{x}$$
$$\left (1+\sin{x}\right )^{\cot{x}} \ge 1+ \cos{x}$$
Nên
$$\Leftrightarrow \left (1-\sin^2{x}\right )^{\cot{x}} > 1- \cos^2{x}$$
BĐT đã được chứng minh.

Xin phép cho mình đưa topic này lên cao nhé

Wow ! Lâu ngày mới post bài.
Bài toán [Tham Lang - Mít]
Chứng minh rằng, nếu $a, b, c>0; a+b+c=3$ thì ta có :
$$\left (ab+bc+ca\right )\left (\dfrac{a}{b+\sqrt{8}}+\dfrac{b}{c+\sqrt{8}}+\dfrac{c}{a+\sqrt{8}}\right ) \le \dfrac{9}{1+2\sqrt{2}}$$
Câu hỏi : Hãy làm mạnh bài toán

MÌnh nữa

số 35 mà

Đã xong
Eo, mọi người chém nhau ghê quá
@ Đạt

Bài toán BĐT mình có cách này, ai có cách khác thì post lên nhé
Chuyển bài toán về chứng minh :
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-\dfrac{b}{a}-\dfrac{c}{b}-\dfrac{a}{c} \le \dfrac{3}{2}-\sqrt{2}$$
Với $a, b, c \in \left [\dfrac{1}{6}; \dfrac{1}{2}\right ]$
Giả sửa $a= min\{a, b, c\}$ lúc đó , xét hàm :
$$f(a)= \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-\dfrac{b}{a}-\dfrac{c}{b}-\dfrac{a}{c}$$
$$f'(a) = \dfrac{1}{b} -\dfrac{c}{a^2}+\dfrac{b}{a^2} -\dfrac{1}{c} =(c-b)\left (\dfrac{1}{bc}-\dfrac{1}{a^2}\right )$$
TH1. $c \ge b$. Lúc đó, $f(a)$ nghịch biến nên
$$f(a) \le f\left (\dfrac{1}{2}\right ) = \dfrac{1}{2b}+\dfrac{b}{c}+2c - 2b - \dfrac{c}{b} -\dfrac{1}{2c}$$
Xét tiếp $f© = \dfrac{1}{2b}+\dfrac{b}{c}+2c - 2b - \dfrac{c}{b} -\dfrac{1}{2c}$
$$f'© = -\dfrac{b}{c^2} +2 - \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{2c^2} = (2b-1)\left (\dfrac{1}{b} - \dfrac{1}{2c^2}\right ) \ge 0 (c\ge b \ge \dfrac{1}{2} )$$
Nên suy ra :
$$f© \le f(1) = \dfrac{1}{2b} +2-2b-\dfrac{1}{b} -\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2} - \left (\dfrac{1}{2b}+b\right ) \le \dfrac{3}{2}-\sqrt{2}$$
TH2.$b \ge c$ Lúc đó hàm số đồng biến nên
$$f(a) \le f(\sqrt{bc}) = \dfrac{b}{c}-\dfrac{c}{b} + 2\sqrt{\dfrac{c}{b}} -2\sqrt{\dfrac{b}{c}}$$
Xét hàm số :
$$f(b) = \dfrac{b}{c}-\dfrac{c}{b} + 2\sqrt{\dfrac{c}{b}} -2\sqrt{\dfrac{b}{c}}$$
$$f'(b) = \dfrac{1}{c}+\dfrac{c}{b^2}-\dfrac{\sqrt{c}}{b\sqrt{b}} - \dfrac{1}{\sqrt{bc}} = (\sqrt{b}-\sqrt{c}) \left (\dfrac{c}{c\sqrt{b}} - \dfrac{\sqrt{c}}{b^2}\right ) \ge 0 ( b\ge c)$$
Do đó, hàm $f(b)$ đồng biến, nên suy ra :
$$f(b) \le f(1) = \dfrac{1}{c}-c+2\sqrt{c} -\dfrac{2}{\sqrt{c}}$$
Đến đây, xét hàm $f© = \dfrac{1}{c}-c+2\sqrt{c} -\dfrac{2}{\sqrt{c}}$ ta cũng có hàm có hàm nghịch biến, suy ra ĐPCM.

Hình như bất đẳng thức Cauchy - Schwarz khi sử dụng không bị ràng buộc điều kiện các biến không âm như bất đẳng thức Cauchy mà @@.
P/s; Đáp án của đề thì câu đó được giải như vậy nữa @@.

Không phải đâu em, thực chất có một cách chứng minh BĐT CS bằng AM-GM, và điều kiện CS phải ắt phải không âm chứ ( tất nhiên mẫu khác 0 rồi ) Ngay như bản thân phát biểu của nó cũng phải không âm rồi .

Trường THPT Bắc Yên Thành

Đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi tỉnh

Môn Toán 12 Năm học 2012-2013

Thời gian làm bài : 150 phút.

Câu 1.(5đ)
a.Giải phương trình :
$$x=\sqrt{3-x}\sqrt{4-x}+\sqrt{4-x}\sqrt{5-x}+\sqrt{5-x}\sqrt{3-x}$$
b. Giải bất phương trình :
$$2x^2-6x+2 \ge \log_{2}{\dfrac{2x+1}{(x-1)^2}}$$
Câu 2.(3đ)
Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm :
$$\left\{\begin{array}{1}\sqrt{x-1}-y^2=a \\x^{11}+xy^{10}=y^{22}+y^{12} \end{array}\right.$$
Câu 3.(3đ)
Chứng minh rằng :
$$C_{2001}^{k} +C_{2001}^{k+1} \le C_{2001}^{1000}+C_{2001}^{1001} ( k \in N, k \le 2001)$$
Câu 4.(3đ)
Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$ cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $I(6,6)$ và ngoại tiếp đường tròn tâm $K(4, 5)$. Biết $A(2, 3)$. Xác định toạ độ đỉnh $B, C$ của tam giác.
Câu 5.(2đ)
Cho $\alpha, \beta, \gamma \in \left [\dfrac{\pi}{6}; \dfrac{\pi}{2}\right ]$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{\sin{\alpha}- \sin{\beta}}{\sin{\gamma}}+\dfrac{\sin{\beta}-\sin{\gamma}}{\sin{\alpha}}+\dfrac{\sin{\gamma}-\sin{\alpha}}{\sin{\beta}} \le \left (1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right )^2$$
Câu 6.(2đ)
Trong không gian cho 4 đường thẳng $d_1, d_2, d_3, d_4$ song song với nhau và không có 3 đường thẳng nào cùng thuộc một mặt phẳng. Hai mặt phẳng $(P), (Q)$ khác nhau lần lượt cắt 4 đường thẳng trên theo thứ tự $A, B, C, D; A', B', C', D'$. Chứng minh rằng :
$$V_{D'.ABCD}=V_{D.A'B'C'D'}$$.
Câu 7.(2đ)
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác $ABC$ vuông cân $(AB=BC=1)$ và các cạnh bên $SA=SB=SC=3$. Gọi $K, L$ lần lượt là trung điểm của $AC, BC$. Trên các cạnh $SA, SB$ lần lượt lấy các điểm $M, N$ sao cho $SM=BN=1$. Tính thể tích khối chóp $LMNK$.

Bài toán [Tham Lang]
Cho $a,b,c$ là các biến dương và $\alpha, \beta; x,y,z; m, n, p;q $ là các số thực dương thoả mãn :
$\left\{\begin{array}{1} ma^{\alpha}+nb^{\alpha}+pc^{\alpha} = q \\ \alpha >\beta \end{array}\right.$
Tìm GTLN của $P=xa^{\beta}+yb^{\beta}+zc^{\beta}$

Thành quả sau 1 hồi lượm lặt
Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\geq 6$$

Lâu rồi...
$$VT-3\sqrt{3}=\sum \dfrac{a}{\sqrt{a+3}+\sqrt{3}} =\sum \dfrac{a^2}{\sqrt{a}\sqrt{a^2+3a}+\sqrt{3}a} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum \left (\sqrt{a}\sqrt{a^2+3a}+\sqrt{3}a\right )} \ge \dfrac{4x^2}{(7+4\sqrt{3})x+x^2-6}$$
Xét $f(x)=\dfrac{4x^2}{(7+4\sqrt{3})x+x^2-6}, f'(x)=\dfrac{4[(7 +4\sqrt{3})x^2-12x]}{[(7+4\sqrt{3})x+x^2-6]^2)}>0$ Hàm đồng biến, suy ra $f(x)\ge f(3)= 6-3\sqrt{3}$

Bài toán :
Cho các số thực dương $a,b,c,d$ thoả mãn $abcd=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a+b}{a+1}+\dfrac{b+c}{b+1}+\dfrac{c+d}{c+1}+\dfrac{d+a}{d+1} \le a+b+c+d$$

Bài toán :
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}+\dfrac{b(c+a)}{(c+a)^2+b^2}+\dfrac{c(a+b)}{(a+b)^2+c^2} \le \dfrac{6}{5}$$

Bài toán [Tham Lang]
Cho $a,b,c \ge 0, a^2+b^2+c^2=3$. Tìm GTLN của :
$$S=a^3+b^3+c^3+7abc$$

Tiếp tục giải hệ phương trình trên :
Viết lại :
$$\left\{\begin{array}{1}2ax=\dfrac{b}{x} \\by=\dfrac{c}{y} \\cz=\dfrac{a}{z} \\ a^2+b^2+c^2=1 \\ 2+4x^2+\dfrac{1}{z^2}=1+\dfrac{1}{x^2}+y^2=z^2+\dfrac{1}{y^2}(1)\end{array}\right.$$

Từ đó, thay $x^2=\dfrac{b}{2a}, y^2=\dfrac{c}{b}, z^2=\dfrac{a}{c}$ vào $(1)$ ta có hệ :
$$\left\{\begin{array}{1}a^2+b^2+c^2=1 \\ 2+\dfrac{2b}{a}+\dfrac{c}{a}=1+\dfrac{2a}{b}+\dfrac{c}{b} =\dfrac{a+b}{c}\end{array}\right.$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{1}ab+2b^2+bc=2a^2+ac(2) \\bc+2ac+c^2=ab+b^2 (3)\\a^2+b^2+c^2=1(4)\end{array}\right.$$
Lúc này, từ phương trình $(2) \Leftrightarrow c=\dfrac{ab+2b^2-2a^2}{b-a}, (4)\Leftrightarrow c^2=1-(a^2+b^2)$ thay vào phương trình (3) ta có :
$$4b^3-5a^3+4ab^2=b-a \Leftrightarrow 5a^4+4b^4-5a^3b-4a^2b^2=(a-b)^2$$
Thay $c^2=\left (\dfrac{ab+2b^2-2a^2}{b-a}\right )^2$ vào phương trình $(4)$ ta có :
$$5a^4+5b^4-6a^3b+2ab^3-5a^2b^2=(a-b)^2$$
Suy ra :
$$5a^4+4b^4-5a^3b-4a^2b^2=5a^4+5b^4-6a^3b+2ab^3-5a^2b^2 \Leftrightarrow b^4-a^3b+2ab^3-a^2b^2=0$$

Đặt $t=\dfrac{a}{b}$ ta có phương trình :
$$t^3+t^2-2t-1=0$$
Đặt $t=\dfrac{X}{3}$ ta có phương trình :
$$X^3-\dfrac{7}{3}X-\dfrac{7}{27}=0$$
Tìm được $t=\dfrac{2\sqrt{7}}{3}\cos{\dfrac{\gamma}{3}}-\dfrac{1}{3}$ với $\cos{\gamma}=\dfrac{1}{2\sqrt{7}} \left (\gamma \in \left (0; \dfrac{\pi}{2}\right )\right )$
Lúc đó, ta có :
$T_{max}=1+\dfrac{\sqrt{t-1}(t+1)}{\sqrt{1+3t-t^2}}, t=\dfrac{2\sqrt{7}}{3}\cos{\dfrac{\gamma}{3}}-\dfrac{1}{3}$ với $\cos{\gamma}=\dfrac{1}{2\sqrt{7}} \left (\gamma \in \left (0; \dfrac{\pi}{2}\right )\right )$

Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $abc=-1$. Chứng minh :
$(\left | ab \right |+\left | bc \right |+\left | ac \right |)[5\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-7(a+b+c)]\geq 48$

Với $a=b=1, c=-1$ thì BĐT sai.

Bài toán: Cho $a,b,c> 0$. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{1+ab+ac}+\frac{b}{1+bc+ba}+\frac{c}{1+ca+cb}$ $\geq$ $\frac{a}{2a^{2}+1}+\frac{b}{2b^{2}+1}+\frac{c}{2c^{2}+1}$

$a=b=1, c=2$ thi BĐT đúng. Nhưng $a=1, b=2, c=3$ thì BĐT lại sai.

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác thỏa mãn $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=3$.CMR:
$2(ab+bc+ca)\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+3$

Mình đề xuất 1 hướng thế này (hồi nãy nhầm một chỗ )
Sử dụng BĐT quen thuộc sau :
$$2(ab+bc+ca)\ge 4\sqrt{3}S +a^2+b^2+c^2$$
Thật vật, BĐT cần chứng minh tươn đương :
$$a^2\dfrac{b+c-a}{a}+b^2\dfrac{c+a-b}{b} +c^2\dfrac{a+b-c}{c} \ge 4\sqrt{3}S$$
Sử dụng bổ đề :
Bổ đề :
Cho các số thực $m,n,p$ thoả mãn $mn+np+pm=1; m+n, n+p, p+m >0$ và $a,b,c$ là 3 cạnh của một tam giác có diện tích $S$. Chứng minh rằng :
$$ma^2+nb^2+pc^2\ge 4\sqrt{mn+np+mp}S$$
Chứng minh bổ đề :
Cách giải 1.
Theo định lí cô sin, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :
$ma^2+nb^2+p\left (a^2+b^2-2ab\cos{C}\right )\ge 2ab\sin{C}\sqrt{mn+np+pm}$
$\Leftrightarrow a^2(m+p)+b^2(n+p)\ge 2ab\left (\sqrt{mn+np+pm}\sin{C}+p\cos{C}\right )$
Thật vậy, áp dụng CS, ta có :
$\sqrt{mn+np+pm}\sin{C}+p\cos{C}\le \sqrt{\left (\sin^2{C}+\cos^2{C}\right )\left (p^2+mn+np+pm+p^2\right )}=\sqrt{(p+m)(p+n)}$
Theo AM-GM ta lại có $a^2(m+p)+b^2(n+p)\ge 2ab\sqrt{(p+m)(p+n)}$ suy ra ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a}{\sqrt{n+p}}=\dfrac{b}{\sqrt{m+p}}=\dfrac{c}{\sqrt{m+n}}$
Cách 2 có thể tham khảo thêm tại đấu trường VMF.
Lúc đó, áp dụng bổ đề, ta có :
$$a^2\dfrac{b+c-a}{a}+b^2\dfrac{c+a-b}{b} +c^2\dfrac{a+b-c}{c}\ge 4S\sqrt{\sum \dfrac{(b+c-a)(c+a-b)}{ab}}$$
Cần chứng minh :
$$\sum \dfrac{(b+c-a)(a+c-b)}{ab} \ge 3 \Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Đây chính là BĐT Schur.
Bây giờ, quay lại bài toán, ta cần chứng minh :
$$4\sqrt{3}S \ge 3 \Leftrightarrow (a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c) \ge 3$$