Chủ đề này có 318 trả lời

[Khoa Linh]

Bài 40: Cho các số $a,b,c>0$ thoả mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $\sum\frac{1}{a^2+2b^2+3}\leq\frac{1}{2}$

Bất đẳng thức này lần trước mình đăng nhưng bị sai nên giả thiết phải là $abc=1$

Khi đó ta có:

$\sum \frac{1}{a^2+2b^2+3}=\sum \frac{1}{(a^2+b^2)+(b^2+1)+2}\leq \frac{1}{2}\sum \frac{1}{ab+b+1}=\frac{1}{2}$

[tr2512]

Bài 42:

Cho các số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh:

$\frac{{a + b}}{{\sqrt {2{\rm{a}} + b} + \sqrt {2b + a} }} + \frac{{b + c}}{{\sqrt {2b + c} + \sqrt {2c + b} }} + \frac{{a + c}}{{\sqrt {2{\rm{a}} + c} + \sqrt {2c + a} }} \le \sqrt 3$ (Lê Ngọc Đức)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 19-04-2018 - 15:28

[PugMath]

cho $x+y+z \leqslant 7$

Tìm GTLN của : 

A=$\sqrt{9(x^2+y^2+z^2)}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$

Nguồn : https://diendan.hocm...8/#post-3400949

[DOTOANNANG]

37. Với các số $a_{1}\,,\, a_{2}\,,\,...\,,\,a_{n}$ là hoán vị của tập $\left \{ 1\,; \,2\,;\, 3\,;\, ...\,;\, 2018 \right \}$. Tìm GTLN của $a_{1}\,a_{2}+ a_{2}\,a_{3}+ ...+ a_{2017}\,a_{2018}$

 

Ta có:   $2(a_{1}a_{2}+ a_{2}a_{3}+ ...+ a_{2017}a_{2018})= \sum_{k=1}^{2018}a_{k}^{2}- \sum_{k=1}^{2009}(a_{2k}- a_{2k-1})^{2}= \sum_{k=1}^{2018}k^{2}- \sum_{k=1}^{2009}(a_{2k}- a_{2k-1})^{2}$

 

Vì:  $\left | a_{2k}- a_{2k-1} \right |\geq 1\,\Rightarrow \, (a_{2k}- a_{2k-1})^{2}\geq 1\,\Rightarrow \,\sum_{k=1}^{1009}(a_{2k}- a_{2k-1})^{2}\geq 1009$

 

Do đó:  $2(a_{1}a_{2}+ a_{2}a_{3}+ ...+ a_{2017}a_{2018})\geq \sum_{k=1}^{2018}k^{2}- 1009\,\Rightarrow \,a_{1}a_{2}+ a_{2}a_{3}+ ...+ a_{2017}a_{2018}\geq \frac{2018.2019.4037- 6. 1009}{12}$

 

Đẳng thức xảy ra khi $a_{k}= k\,\,(1\leq k\leq 2018)$

 

Bài này thì vừa sức nhưng dùng sigma nhiều. Không biết thi lớp 10 mà sài nó thì có bị trừ điểm không?

[thanhdatqv2003]

$P=\frac{b-1+a-1}{a^2}+\frac{c-1+b-1}{b^2}+\frac{a-1+c-1}{c^2}-\sum \frac{1}{a}$

=$(a-1)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2})+(b-1)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})+(c-1)(\frac{1}{c^2}+\frac{1}{b^2})-\sum \frac{1}{a}$

$\geq \frac{2(a-1)}{ac}+\frac{2(b-1)}{ab}+\frac{2(c-1)}{bc}-\sum \frac{1}{a}$

$=\sum \frac{1}{a}-2 \geq \sqrt{3}-2$

đoạn cuối 1/a +1/b +1/c >= căn 3 là sao

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdatqv2003: 19-04-2018 - 16:45

[doraemon123]

Bài 31: Cho $x,y,z$ thỏa mãn $13x+5y+12z=9$. Tìm giá trị lớn nhất của $A=\frac{xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{6zx}{2z+x}$

[tr2512]

A=$\sum \frac{a+b}{\sqrt{2a+b}+\sqrt{2b+a}}\leq \sum \frac{a+b}{\sqrt{3(a+b)}}=\sum \frac{\sqrt{a+b}}{\sqrt{3}}\leqslant \sum \frac{a+b}{2\sqrt{3}}=\frac{a+b+c}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$

Dấu "=" xảy ra:a=b=c=1

Bạn xem lại lời giải, đã bị ngược dấu ngay bước đầu: $\frac{{a + b}}{{\sqrt {2{\rm{a}} + b} + \sqrt {2b + a} }} \ge \frac{{a + b}}{{\sqrt {3\left( {a + b} \right)} }}$ mà

[Ice Fire]

Bạn xem lại lời giải, đã bị ngược dấu ngay bước đầu: $\frac{{a + b}}{{\sqrt {2{\rm{a}} + b} + \sqrt {2b + a} }} \ge \frac{{a + b}}{{\sqrt {3\left( {a + b} \right)} }}$ mà

$\sqrt{A}+\sqrt{B}\geq \sqrt{A+B}\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{A}+\sqrt{B}}\leq \frac{1}{\sqrt{A+B}}$ mà bạn ???

[hoangkimca2k2]

Bài 44: Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}\geq \sqrt[4]{27(x^{4}+y^{4}+z^{4})}$

[tr2512]

$\sqrt{A}+\sqrt{B}\geq \sqrt{A+B}\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{A}+\sqrt{B}}\leq \frac{1}{\sqrt{A+B}}$ mà bạn ???

Vậy cho mình hỏi dấu bằng của bổ đề đó xảy ra ở đâu ?, và đoạn sau bước AG của bạn cũng chưa chính xác

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 19-04-2018 - 18:14

[DOTOANNANG]

Bài 26: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: $x+y+z=100$

Xác định giá trị lớn nhất của M =$11xy+3xz+2012yz$

 

$$503\,(\,x+y+z\,)^{2}- 11\,xy- 3\,xz- 2012\,yz\,=\, x\,(\,503\,x+ 995\,y+ 1003\,z\,)+ 503\,(\,y- z\,)^{2}\geq \,0$$

[DOTOANNANG]

45. Cho các số dương $a,\,, b\,,\, c$ thỏa $a^{2}+ b^{2}- ab\,=\, c^{2}$. Chứng minh rằng: $(a-c)\,(b-c)\,\leq \,0$

[MoMo123]

 

37. Với các số $a_{1}\,,\, a_{2}\,,\,...\,,\,a_{n}$ là hoán vị của tập $\left \{ 1\,; \,2\,;\, 3\,;\, ...\,;\, 2018 \right \}$. Tìm GTLN của $a_{1}\,a_{2}+ a_{2}\,a_{3}+ ...+ a_{2017}\,a_{2018}$

 

Ta có:   $2(a_{1}a_{2}+ a_{2}a_{3}+ ...+ a_{2017}a_{2018})= \sum_{k=1}^{2018}a_{k}^{2}- \sum_{k=1}^{2009}(a_{2k}- a_{2k-1})^{2}= \sum_{k=1}^{2018}k^{2}- \sum_{k=1}^{2009}(a_{2k}- a_{2k-1})^{2}$

 

Vì:  $\left | a_{2k}- a_{2k-1} \right |\geq 1\,\Rightarrow \, (a_{2k}- a_{2k-1})^{2}\geq 1\,\Rightarrow \,\sum_{k=1}^{1009}(a_{2k}- a_{2k-1})^{2}\geq 1009$

 

Do đó:  $2(a_{1}a_{2}+ a_{2}a_{3}+ ...+ a_{2017}a_{2018})\geq \sum_{k=1}^{2018}k^{2}- 1009\,\Rightarrow \,a_{1}a_{2}+ a_{2}a_{3}+ ...+ a_{2017}a_{2018}\geq \frac{2018.2019.4037- 6. 1009}{12}$

 

Đẳng thức xảy ra khi $a_{k}= k\,\,(1\leq k\leq 2018)$

 

Bài này thì vừa sức nhưng dùng sigma nhiều. Không biết thi lớp 10 mà sài nó thì có bị trừ điểm không?

 

Đoạn này anh làm ngược dấu rồi ạ, phải là $\leq 1009$ mới đúng chứ. Và em mong rằng anh sẽ giải bài một cách chu đáo, rõ ràng hơn.

Mình xin đề xuất một số bài toán mới:

$\boxed{\text{Bài 46}}$ : Với $a,b,c>0$ min $(ab,bc,ca)\geq 1$ Chứng minh rằng

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

$\boxed{\text{Bài 47}}$ : 

Giả sử $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng 

                                                                  $2abc(a+b+c) \leq \frac{5}{9}+\sum a^4b^2$

$\boxed{\text{Bài 48}} $Cho $a,b,c$ là các số thực không âm, không vượt quá 4 thỏa mãn $a+b+c=6$ , tìm Max và min của biểu thức 

                                                   $A= \sum a^4+24(1-a)(1-b)(1-c)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 19-04-2018 - 21:12

[hoangkimca2k2]

Ta có BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}-a}{a+bc}\geq 0$.....$\sum \frac{3a^{2}-3a}{a+bc}=\sum \frac{a((a-b)+(a-c))}{a+bc}=\sum \frac{(a-b)^{2}c(a+b)}{(a+bc)(b+ac)}\geq 0$..

 

Cách 2:

Ta có: $a+b+c=3$ nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{a(a-1)}{a+bc}+\frac{b(b-1)}{b+ac}+\frac{c(c-1)}{c+ab}\geq 0$. Không mất tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$. 

Khi đó ta có: $a-1\geq b-1\geq c-1$ và $\frac{a}{a+bc}\geq \frac{b}{b+ac}\geq \frac{c}{c+ab}$.

Áp dụng BDT $Chebyshev$ ta có: $\frac{a(a-1)}{a+bc}+\frac{b(b-1)}{b+ac}+\frac{c(c-1)}{c+ab}\geq \frac{1}{3}\sum{\frac{a}{a+bc}}\sum{(a-1)}=0$. (ĐPCM)

[MoMo123]

Bài 39: Cho $\left\{\begin{matrix} x, y ,z >0 & & \\ xyz=1 & & \end{matrix}\right.$, chứng minh rằng:

                     P= $\frac{\sqrt{m+x^{3}+y^{3}}}{xy}+\frac{\sqrt{m+x^{3}+y^{3}}}{yz}+\frac{\sqrt{m+z^{3}+z^{3}}}{zx}\geq 3\sqrt{3}$ với $m\epsilon N^{*}$.

Mình xin đưa ra lời giải cho bài toán này $m\in N* \Rightarrow m \geq 1$

                                                                                            $\Rightarrow m \geq 1$

$\Rightarrow P\geq \sum \frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy} \geq \sum \frac{\sqrt{xyz+xy(x+y)}}{xy}$

$= \sum \sqrt{\frac{x+y+z}{xy}}= \sqrt{x+y+z}(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}) \geq 3\sqrt{3}$

[Khoa Linh]

Bài 49(Phạm Kim Hùng): Cho a, b, c dương và $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{a^2+2b+3}+\frac{b}{b^2+2c+3}+\frac{c}{c^2+2a+3}\leq \frac{1}{2}$

Bài 50(Phạm Kim Hùng): Cho 4 số dương a, b, c, d có tích bằng 1. Chứng minh:

$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)\geq (a+b+c+d)^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoa Linh: 19-04-2018 - 23:52

[Khoa Linh]

$\boxed{\text{Bài 46}}$ : Với $a,b,c>0$ min $(ab,bc,ca)\geq 1$ Chứng minh rằng

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

Ta đi chứng minh từng BĐT rồi ghép đối xứng:

$(1+a^2)(1+b^2)\leq \left ( 1+\left ( \frac{a+b}{2} \right )^2 \right )^2\Leftrightarrow a^2+b^2+a^2b^2\leq \frac{a^2+b^2}{2}+ab+\frac{(a+b)^4}{16}$

$\Leftrightarrow \frac{(a+b)^4}{16}-(ab)^2-\frac{1}{2}(a^2+b^2-2ab)\geq 0\Leftrightarrow \left ( \frac{(a+b)^2}{4}-ab \right )\left ( \frac{(a+b)^2}{4}+ab \right )-\frac{1}{2}(a-b)^2\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-b)^2\left ( \frac{(a+b)^2}{16}+\frac{ab}{4}-\frac{1}{2} \right )\geq 0$

Bất đẳng thức cuối cùng đúng do $ab\geq 1$

Tương tự rồi suy ra đpcm 

[melodias2002]

Bài 44: Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}\geq \sqrt[4]{27(x^{4}+y^{4}+z^{4})}$

Đặt $P=\sum \frac{x^2}{y}; S=\sum x^2y^2$

Theo BĐT $Holder: P.P.S \geq (x^2+y^2+z^2)^3$

Ta chứng minh $(x^2+y^2+z^2)^3 \geq S\sqrt{27(x^4+y^4+z^4)}$

Thật vậy: $S\sqrt{x^4+y^4+z^4}=\sqrt{(\sum x^4)(\sum x^2y^2)^2}\leq\sqrt{\frac{(x^2+y^2+z^2)^6}{27}}=(x^2+y^2+z^2)^3.\frac{1}{\sqrt{27}}$

Suy ra $S\sqrt{27(x^4+y^4+z^4)} \leq (x^2+y^2+z^2)^3$ (ĐPCM)

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z$

[DOTOANNANG]

Bài 52. $a^{4}\,+\, b^{4}\,+\, c^{4}\,=\,3$. Chứng minh rằng: $(\frac{a^{3}}{b^{5}}+ \frac{b^{3}}{c^{5}}+ \frac{c^{3}}{a^{5}})\,(\frac{b^{3}}{a^{5}}+ \frac{c^{3}}{b^{5}}+ \frac{a^{3}}{c^{5}})\,\geqq \,9$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-04-2018 - 20:47

[DOTOANNANG]

Bài 53. Cho $a\,,\,b\,,\,c$ là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng: $\frac{a^{3}}{b}\,+\, \frac{b^{3}}{c}\,+ \,\frac{c^{3}}{a}\,\geqq \,\frac{3\,(a^{2}\,+\, b^{2}\,+\, c^{2})}{a\,+\, b\,+\, c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-04-2018 - 18:43