Chủ đề này có 85 trả lời

[Hoang72]

Bài tiếp theo đánh dấu 100 posts
$\boxed{19}$ [Võ Quốc Bá Cẩn] Cho các số thực phân biệt $a,b,c$. Chứng minh rằng
$$\frac{(1-a^2)(1-b^2)}{(a-b)^2}+\frac{(1-b^2)(1-c^2)}{(b-c)^2}+\frac{(1-c^2)(1-a^2)}{(c-a)^2} \geq -1$$

Đặt $x=\frac{ab-1}{a-b};y=\frac{bc-1}{b-c};z=\frac{ca-1}{c-a}$.

Ta có $(x-1)(y-1)(z-1)=(x+1)(y+1)(z+1)$ nên $xy+yz+zx=-1$.

Từ đó $VT=x^2+y^2+z^2-3=(x+y+z)^2-1\geq -1$.

Đẳng thức xảy ra khi chẳng hạn a = 2; b = 1; c = $\frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 17-05-2021 - 23:14

[DaNT]

Cho a,c,c là các số thực thỏa mãn $\left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( b^{2}+c^{2} \right )\left ( a^{2}+c^{2} \right )=8$

Chứng minh $\left ( a^{2}-ab+b^{2} \right )\left ( b^{2}-bc+c^{2} \right )\left ( a^{2}-ac+c^{2} \right )\geq 1$

[pkh2705]

Cho a,c,c là các số thực thỏa mãn $\left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( b^{2}+c^{2} \right )\left ( a^{2}+c^{2} \right )=8$

Chứng minh $\left ( a^{2}-ab+b^{2} \right )\left ( b^{2}-bc+c^{2} \right )\left ( a^{2}-ac+c^{2} \right )\geq 1$

Ta có: $a^2-ab+b^2=\frac{1}{2}(a^2+b^2)+\frac{1}{2}(a-b)^2\geq \frac{1}{2}(a^2+b^2)$

Do đó $(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ac+a^2)\geq \frac{1}{8}(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)=1$

[pcoVietnam02]

Bài tiếp theo
$\boxed{20}$ (Junior Balkan Mathematics Olympiad)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương sao cho $abc=1$. Chứng minh rằng $\displaystyle\prod(a^5+a^4+a^3+a^2+a+1)\geq 8(a^2+a+1)(b^2+b+1)(c^2+c+1)$

[pkh2705]

  Bài 20:

BĐT tương đương với $(a^3+1)(a^2+a+1)(b^3+1)(b^2+b+1)(c^3+1)(c^2+c+1)\geq 8(a^2+a+1)(b^2+b+1)(c^2+c+1)$

$\Leftrightarrow (a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)\geq 8$

Theo BĐT Holder: $(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)\geq (abc+1)^3=8 (đpcm)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pkh2705: 18-05-2021 - 16:16

[pcoVietnam02]

Chính xác rồi, tiếp theo sẽ là 1 bài tương đối khó
$\boxed{21}$ Cho $n$ là số nguyên dương và $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ là các số thực thoả mãn $x_{1}\leq x_{2}\leq ... \leq x_{n}$.
(a) Chứng minh rằng:
$$(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}|x_{i}-x_{j}|)^2\leq \frac{2(n^2-1)}{3} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} (x_{i}-x_{j})^2$$
(b) Chỉ ra rằng đẳng thức xảy ra khi $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ là một dãy cấp số cộng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 18-05-2021 - 16:21

[pcoVietnam02]

$\boxed{21}$ Cho $n$ là số nguyên dương và $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ là các số thực thoả mãn $x_{1}\leq x_{2}\leq ... \leq x_{n}$.
(a) Chứng minh rằng:
$$(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}|x_{i}-x_{j}|)^2\leq \frac{2(n^2-1)}{3} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} (x_{i}-x_{j})^2$$
(b) Chỉ ra rằng đẳng thức xảy ra khi $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ là một dãy cấp số cộng.

 

Đáp án:

$(a)$ Không mất tính tổng quát, giả sử $\sum_{i=1}^n x_{i}=0$

Ta có 

$$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |x_{i}-x_{j}|=2\sum_{i<j} (x_{j}- x_{i})=2\sum_{i=1}^n (2i-n-1)x_{i}$$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

$$(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}|x_{i}-x_{j}|)^2\leq 4\sum_{i=1}^n (2i-n-1)^2 \sum_{i=1}^n x_{i}^2=\frac{4n(n+1)(n-1)}{3} \sum_{i=1}^n x_{i}^2$$

Mặt khác, ta lại có

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} (x_{i}-x_{j})^2=n\sum_{i=1}^n x_{i}^2-\sum_{i=1}^n x_{i} \sum_{j=1}^n x_{j}+n\sum_{i=1}^n x_{j}^2=2n\sum_{i=1}^n x_{i}^2$$

Do đó, $$(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}|x_{i}-x_{j}|)^2 \leq $\frac{2(n^2-1)}{3} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} (x_{i}-x_{j})^2$$

$(b)$ Nếu đẳng thức xảy ra thì sẽ tồn tại số thực $k$, sao cho $x_{i}=k(2i-n-1)$, hay ta có thể nói là $x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}$ là dãy cấp số cộng.

Mặt khác, giả sử $x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}$ là dãy cấp số cộng với công sai $d$. Ta có 

$x_{i}=\frac{d}{2} (2i-n-1)+\frac{x_{i}+x{n}}{2}$.

Trừ $\frac{x_{1}+x_{n}}{2}$ cho mỗi $x_{i}$ ta được $x_{i}=\frac{d}{2}(2i-n-1)$ và $\sum_{i=1}^n x_{i}=0$, từ đó đẳng thức xảy ra.

[pcoVietnam02]

Bài tiếp theo.

$\boxed{22}$ (Võ Quốc Bá Cẩn): Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: 

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3} \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+ \frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}\geq 8$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 19-05-2021 - 22:49

[Hunghcd]

Bài tiếp theo.

$\boxed{22}$ (Võ Quốc Bá Cẩn): Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: 

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3} \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+ \frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}\geq 4$$

hình như VP phải là 8 ạ? 4 thì yếu quá

[pcoVietnam02]

hình như VP phải là 8 ạ? 4 thì yếu quá

 

Oke anh đã sửa lại VP bđt rồi nhé

[ChiMiwhh]

Bài tiếp theo.

$\boxed{22}$ (Võ Quốc Bá Cẩn): Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: 

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3} \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+ \frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}\geq 8$$

Hình như nó không chặt lắm

Đổi biến pqr thì đưa được về

$(p^2-3q)((pq+3r)(p^2-3q)+q(pq-9r))\geq 0$

Luôn đúng

[Hunghcd]

Bài tiếp theo.

$\boxed{22}$ (Võ Quốc Bá Cẩn): Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: 

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3} \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+ \frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}\geq 8$$

Một cách giải khác:

BĐT$\Leftrightarrow$$(\frac{1}{2(ab+ac+bc)}+\frac{a+b+c}{6abc}-\frac{1}{a^2+b^2+c^2})\sum (a-b)^2\geq 0$\

Dễ thấy $\frac{a+b+c}{6abc}-\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\geq 0\rightarrow$đpcm

[pcoVietnam02]

Bài tiếp theo 

$\boxed{23}$ Chứng minh rằng với mọi số thực $x,y,z$

$$6(x+y+z)(x^2+y^2+z^2) \leq 27xyz+10(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 20-05-2021 - 18:37

[Hoang72]

Bài tiếp theo 

$\boxed{23}$ Chứng minh rằng với mọi số thực $x,y,z$

$$6(x+y+z)(x^2+y^2+z^2) \leq 27xyz+10(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}$$

VMO 2002:

Chuẩn hóa $x^2+y^2+z^2=9$. Ta cần chứng minh $$2(x+y+z)\le xyz+10$$

Không mất tính tổng quát, giả sử $\left | x \right |\leq \left | y \right |\leq \left | z \right |$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:

$$[2(x+y+z)-xyz]^2=[2(x+y)+z(2-xy)]^2$$

$$\leq [(x+y)^2+z^2][4+(2-xy)^2]$$

$$=(9+2xy)(8-4xy+x^2y^2)$$

$$=72-20xy+x^2y^2+2x^3y^3$$

$$=100+(xy+2)^2(2xy-7)$$

Từ $\left | x \right |\leq \left | y \right |\leq \left | z \right |\Rightarrow z^{2}\geq 3\Rightarrow 2xy\leq x^{2}+y^{2}\leq 6\Rightarrow (xy+2)^2(2xy-7)\leq 0$. 

Vậy ta có đpcm.

Nguồn

https://artofproblemsolving.com/community/c6h1870284p12684200?fbclid=IwAR2kFTFEVKbq4tEBGGoMRafhMnoJM_IY6M7u8jp6EXMeKMM-48mZjcwrnw4

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 20-05-2021 - 22:57

[pcoVietnam02]

Bây giờ là bài số 24

$\boxed{24}$ Cho $a,b,c$ là các số không âm. Chứng minh rằng:

$$3\sqrt[9]{\frac{a^9+b^9+c^9}{3}} \geq \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}}+\sqrt[10]{\frac{b^{10}+c^{10}}{2}}+\sqrt[10]{\frac{c^{10}+a^{10}}{2}}$$

[DaNT]

25/Cho a,b,c là các số thực ko âm thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh

$a^{4}+b^{4}+c^{4}+\frac{1}{8}\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaNT: 03-06-2021 - 20:08

[Mrwhite320064]

Bây giờ là bài số 24

$\boxed{24}$ Cho $a,b,c$ là các số không âm. Chứng minh rằng:

$$3\sqrt[9]{\frac{a^9+b^9+c^9}{3}} \geq \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}}+\sqrt[10]{\frac{b^{10}+c^{10}}{2}}+\sqrt[10]{\frac{c^{10}+a^{10}}{2}}$$

Lời giải: 

Đặt : $f(x)=3\sqrt[9]{\frac{a^{9}+b^{9}+c^{9}}{3}}-\sum \left ( \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right )=f(ta,tb,tc)$    với t là số thực bất kì

Nên ta chuẩn hóa : a + b + c = 3 .

Ta có :

$\left ( \sum \left ( \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right ) \right )^{10}\leq (a^{10}+b^{10}+c^{10}).3^9$             ( bất đẳng thức holder)

Mà :

$\sum a^{10}\leq \sqrt[3]{3.(\sum a)(\sum a^{9})}=\sqrt[3]{9(\sum a^{9})}$             ( bất đẳng thức holder)

Do đó :

$\left ( \sum \left ( \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right ) \right )^{10}\leq \sqrt[3]{3^{29}(\sum a^{9})}\Leftrightarrow\left ( \sum \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right )\leq 3\sqrt[30]{\frac{\sum a^{9}}{3} }$

Ta cần chứng minh : 

$\sqrt[30]{\frac{\sum a^{9}}{3}}\leq \sqrt[9]{\frac{\sum a^{9}}{3}}\Leftrightarrow \left ( \frac{\sum a^{9}}{3} \right )^{7}\geq 1\Leftrightarrow \sum a^{9}\geq 3$ (Luôn đúng vì $\frac{\sum a^{9}}{3}\geq \left ( \frac{\sum a}{3} \right )^{9}=1\Leftrightarrow \sum a^{9}\geq 3$) 

suy ra đpcm ( dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi a = b = c  )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mrwhite320064: 05-06-2021 - 22:23

[ChiMiwhh]

Lời giải: 

Đặt : $f(x)=3\sqrt[9]{\frac{a^{9}+b^{9}+c^{9}}{3}}-\sum \left ( \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right )=f(ta,tb,tc)$    với t là số thực bất kì

Nên ta chuẩn hóa : a + b + c = 3 .

Ta có :

$\left ( \sum \left ( \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right ) \right )^{10}\leq (a^{10}+b^{10}+c^{10}).3^9$             ( bất đẳng thức holder)

Mà :

$\sum a^{10}\leq \sqrt[3]{3.(\sum a)(\sum a^{9})}=\sqrt[3]{9(\sum a^{9})}$             ( bất đẳng thức holder)

Do đó :

$\left ( \sum \left ( \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right ) \right )^{10}\leq \sqrt[3]{3^{29}(\sum a^{9})}\Leftrightarrow\left ( \sum \sqrt[10]{\frac{a^{10}+b^{10}}{2}} \right )\leq 3\sqrt[30]{\frac{\sum a^{9}}{3} }$

Ta cần chứng minh : 

$\sqrt[30]{\frac{\sum a^{9}}{3}}\leq \sqrt[9]{\frac{\sum a^{9}}{3}}\Leftrightarrow \left ( \frac{\sum a^{9}}{3} \right )^{7}\geq 1\Leftrightarrow \sum a^{9}\geq 3$ (Luôn đúng vì $\frac{\sum a^{9}}{3}\geq \left ( \frac{\sum a}{3} \right )^{9}=1\Leftrightarrow \sum a^{9}\geq 3$) 

suy ra đpcm ( dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi a = b = c  )

Liệu có nhầm lẫn khi sử dụng Holder lần thứ 2?

[Mrwhite320064]

Liệu có nhầm lẫn khi sử dụng Holder lần thứ 2?

sr, có vẻ mk lm sai r =((

[Velomi]

25/Cho a,b,c là các số thực ko âm thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh

$a^{4}+b^{4}+c^{4}+\frac{1}{8}\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}$

BĐT trở thành: $a^3(b+c)+b^3(a+c)+c^3(a+b)\leq \frac{1}{8}$

Giả sử a=max(a,b,c). Ta có: $a(b+c)^3-b^3(a+c)-c^3(a+b)=3abc(b+c)-b^3c-c^3b=bc(3ab+3ac-b^2-c^2)\geq 0\Leftrightarrow a(b+c)^3\geq b^3(a+c)+c^3(a+b)$

Ta cần chứng minh: $a^3(b+c)+a(b+c)^3\leq \frac{1}{8}\Leftrightarrow a^3(1-a)+a(1-a)^3\leq \frac{1}{8}\Leftrightarrow (a-a^2)(2a^2-2a+1)\leq \frac{1}{8}$

Đặt $a-a^2=x$. BĐT trở thành: $x(1-2x)\leq \frac{1}{8}$$\Leftrightarrow -(4x-1)^2\leq 0$ (luôn đúng). Dấu bằng xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2};c=0$