Chủ đề này có 1205 trả lời

[No Problem]

Bài 6:(THCS) Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$. CMR: $x+2y+z\geq 4(x+y)(y+z)(z+x)$

Bài 7:(THCS) Với $a,b,c \in [0,1]$. Tìm GTLN của biểu thức: $A=\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}$

Giả sử $0\le \ a\le \ b\le \ c\le \ 1$
$bc+1\ge \ ac+1\ge \ ab+1$ và $(1-a)(1-b)\ge 0 $ $ ab+1\ge \ a+b$
$A\le \dfrac{a+b}{ab+1}+\dfrac{c}{ab+1}\le \ 1+c\le 2$
Đẳng thức xảy ra $(a;b;c)=(0;1;1)$ và các hoán vị
p/s:mình có ý kiến khi giải xong các bài thì nên nêu ra đk xảy ra dấu bằng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi No Problem: 03-07-2009 - 08:19

[No Problem]

Bài 10:(THCS) Với $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác. CMR: $\dfrac{a}{\sqrt[3]{b^{3}+c^{3}}}+ \dfrac{b}{\sqrt[3]{a^{3}+c^{3}}}+ \dfrac{c}{\sqrt[3]{a^{3}+b^{3}}}<2\sqrt[3]{5}$

Các bài của THCS được ghi bên cạnh là chữ THCS, bài toán của THPT được ghi là THPT .
Rất mong các bạn post bài toán lên topic để mọi người cùng giải. Những công thức mình post có thể được dùng trực tiếp , nhưng khi đi thi thì ko thể được đâu mà phải chứng mình nó, trừ 2 BĐT là cô si và Bunhiacopxki.

$\dfrac{a}{\sqrt[3]{b^{3}+c^{3}}}\le \dfrac{a}{\sqrt[3]{\dfrac{(b+c)^3}{4}}}=\dfrac{\sqrt[3]{4}a}{b+c}$
mà $\sum\dfrac{a}{b+c}\le 2$
$VT\le 2\sqrt[3]{4}$
p/s:LHS là cái gì vậy :leluoi:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi No Problem: 03-07-2009 - 08:29

[No Problem]

Bài 12[b] Cho$a,b,c>0$.ch/m:
$\dfrac{a^2(b+c)}{b^2+c^2}+\dfrac{b^2(c+a)}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2(a+b)}{a^2+b^2}\ge a+b+c$
[b]Bài 13 Cho $a,b,c>0;ab+bc+ca=1$.Ch/m:
$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge \ 3+\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{b^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{c^2}}$

[cvp]

Bài 13 Cho $a,b,c>0;ab+bc+ca=1$.Ch/m:
$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge \ 3+\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{b^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{c^2}}$

Dùng giả thiết $ab+bc+ca=1$
BĐT $<=>3+\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}+\dfrac{a(b+c)}{bc} \ge 3+\dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}+\dfrac{\sqrt{(b+a)(b+c)}}{b}+\dfrac{\sqrt{(c+a)(c+b)}}{c}$
Chứng minh $\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}+\dfrac{a(b+c)}{bc}\ge \dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}+\dfrac{\sqrt{(b+a)(b+c)}}{b}+\dfrac{\sqrt{(c+a)(c+b)}}{c}$
Đến đây dùng AM-GM: $\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}\ge 2\dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}$
Tương tự => đpcm
Dấu = khi $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 03-07-2009 - 09:22

[cvp]

Mình đóng góp bài nè:
Bài 14: Cho a,b,c dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{b(5a+b)}+\dfrac{1}{c(5b+c)}+\dfrac{1}{a(5c+a)}\ge \dfrac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 03-07-2009 - 10:15

[No Problem]

Mình đóng góp bài nè:
Bài 14: Cho a,b,c dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{b(5a+b)}+\dfrac{1}{c(5b+c)}+\dfrac{1}{a(5c+a)}\ge \dfrac{1}{2}$

Đặt $a=\dfrac{x}{y},b=\dfrac{y}{z},c=\dfrac{z}{x}$
$Vt=\dfrac{x^2}{z^2+5xy}+\dfrac{y^2}{x^2+5yz}+\dfrac{z^2}{y^2+5xz}\ge \dfrac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+3(xy+yz+zx)}\ge \dfrac{1}{2}$
Đẳng thức xảy ra a=b=c=1

[cvp]

Tiếp một bài dành cho THCS
Bài 15Cho $x,y,z$ dương.Chứng minh rằng :
$\dfrac{1}{x^2+yz}+\dfrac{1}{y^2+zx}+\dfrac{1}{z^2+xy}\le \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}$

[Hero Math]

Tiếp một bài dành cho THCS
Bài 15Cho $x,y,z$ dương.Chứng minh rằng :
$\dfrac{1}{x^2+yz}+\dfrac{1}{y^2+zx}+\dfrac{1}{z^2+xy}\le \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}$

Cảm ơn anh Dũng và Minh đã đóng góp các bài tập.Áp dụng BĐT Cô si và BĐT: $ab+bc+ac\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}. $ta có:
$VT=\dfrac{1}{x^2+yz}+\dfrac{1}{y^2+zx}+\dfrac{1}{z^2+xy}\leq \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{x\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{y\sqrt{xz}}+\dfrac{1}{z\sqrt{xy}})$
$=\dfrac{1}{2}.\dfrac{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}}{xyz}\leq \dfrac{1}{2}.\dfrac{x+y+z}{xyz}=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz})=VP $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 03-07-2009 - 20:06

[cvp]

Hãy tiếp tục nào:
Bài 16:Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}+\dfrac{1}{1-ab}\le \dfrac{9}{2}$
Bài 17:Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$Chứng minh rằng:
$a^2\sqrt{1-bc}+b^2\sqrt{1-ca}+c^2\sqrt{1-ab}\ge \sqrt{\dfrac{2}{3}}$

p/s: Hai bài toán có liên hệ đó!

[- Nguyên Lê -]

Bài 16:Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}+\dfrac{1}{1-ab}\le \dfrac{9}{2}$
Bài 17:Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$Chứng minh rằng:
$a^2\sqrt{1-bc}+b^2\sqrt{1-ca}+c^2\sqrt{1-ab}\ge \sqrt{\dfrac{2}{3}}$

$\Leftrightarrow\dfrac{bc}{1-bc}+\dfrac{ca}{1-ca}+\dfrac{ab}{1-ab}\le\dfrac32$
Bài 16: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM và Schwarz:
$\dfrac{bc}{1-bc}\le\dfrac{(b+c)^2}{4-2(b^2+c^2)}=\dfrac12.\dfrac{(b+c)^2}{2a^2+b^2+c^2}\le\dfrac12\left(\dfrac{b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2}{a^2+c^2}\right)$

Tương tự cộng lại được đpcm

Bài 17: Tương tự:
$a^2\sqrt{1-bc}=\dfrac{a^2}{\sqrt2}.\sqrt{2-2bc}\ge\dfrac{a^2}{\sqrt2}\sqrt{1+a^2+b^2+c^2-b^2-c^2}=\dfrac{a^2}{\sqrt2}.\sqrt{1+a^2}$
Áp dụng CBS ta có:
$\\\left(\dfrac13+1\right)(a^2+1)\ge\left(\dfrac a{\sqrt3}+1\right)^2\\\Rightarrow\sqrt{a^2+1}\ge\dfrac{a+\sqrt3}2\\\Rightarrow\dfrac{a^2}{\sqrt2}.\sqrt{1+a^2}\ge\dfrac{a^2(a+\sqrt3)}{2\sqrt2}$

Tương tự cộng lại, kết hợp với $a^3+b^3+c^3\ge\dfrac1{\sqrt3}$ nữa là được. =.=
(Hình như cách hơi lằng nhằng)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi - Nguyên Lê -: 04-07-2009 - 23:50

[AvidAbel_9x09]

Hôm trc em thấy ở Quyên ôn thi đại học của ông anh có bài này cũng hay phết!:
"cho ba số ko âm a,b,c thỏa mãn: $ a+b+c=1$. Tìm GTLN của biểu thức: $ A= a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a $"
Em nghĩ đây là một bài hay nên mời các tiền bối cứ làm càng nhìu cách càng tốt giúp em!

[cvp]

Lời giải của bạn ổn rùi.Mình xin đóng góp cách khác cho bài 2 để thấy sự liên hệ:
Áp dụng bđt Trê bư sép:
$a^2\sqrt{1-bc}+b^2\sqrt{1-ca}+c^2\sqrt{1-ab}\ge \dfrac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)(\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab})$
Vì vậy cần cm: $\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab}\ge \sqrt 6$
Đến đây áp dụng CBS ta có $(\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab})^2(\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}+\dfrac{1}{1-ab}\ge 27$
Sử dụng kết quả bài trên =>$\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab}\ge \sqrt 6$
=>đpcm!
Dấu = khi $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

[admireM]

Hôm trc em thấy ở Quyên ôn thi đại học của ông anh có bài này cũng hay phết!:
"cho ba số ko âm a,b,c thỏa mãn: $ a+b+c=1$. Tìm GTLN của biểu thức: $ A= a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a $"
Em nghĩ đây là một bài hay nên mời các tiền bối cứ làm càng nhìu cách càng tốt giúp em!

Bài này khó làm sao mà lại thi đại học sao được, Bạn cứ nói là bài này bạn nghĩ ra cho nhanh:)

Giả sử a max, có các trường hợp sau:

a b c

Khi đó $ a^2b+b^2c+ c^2a $ $ (a+c)^2b $ $4/27 [(a+c)/2 + (a+c)/2 +b]^3 $
=4/27

Trường hợp a c b khó chưa nghĩ ra đợi đấy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi admireM: 05-07-2009 - 11:41

[admireM]

Bài này khó làm sao mà lại thi đại học sao được, Bạn cứ nói là bài này bạn nghĩ ra cho nhanh:)

Giả sử a max, có các trường hợp sau:

a b c

Khi đó A= $ a^2b+b^2c+ c^2a $ $ (a+c)^2b $ $4/27 [(a+c)/2 + (a+c)/2 +b]^3 $
=4/27

Trường hợp a c b khó chưa nghĩ ra đợi đấy.

Với trường hợp này:
A $ (a+c/2)^2(b+c/2) $ $ 4/27[(a+c/2)/2+(a+c/2)/2 + (b+c/2)]^3 $ =4/27

Vậy A 4/27
Dấu bằng xảy ra khi a=2/3, b=1/3, c=0

Vậy Amax=4/27

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi admireM: 05-07-2009 - 12:26

[admireM]

Ủng hộ một bài BDT hay (nhưng hơi khó):

Cho a, b, c là các số không âm thõa mãn: a+b+c=3
Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2+\dfrac{3}{2}abc$ $\dfrac{9}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Nam: 06-07-2009 - 17:52

[dungbo_213]

Ủng hộ một bài BDT hay (nhưng hơi khó):

Cho a, b, c là các số không âm thõa mãn: a+b+c=3
Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2+(3/2)abc$ 9/2

biến đổi $p,q,r$

$2p^2-4q+3r \ge 9$
$9-4q+3r \ge 0$ (đúng với Schur )

[cvp]

Tiếp tục bài này:
Cho $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng: $a+b+c\ge 2+abc$

[Nguyễn Hoàng Nam]

Chứng mình rằng:
$\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{a+c} \geq \dfrac{9}{a+b+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Nam: 08-07-2009 - 09:55

[dungbo_213]

Chứng mình rằng:
$\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{a+c} \geq \dfrac{2}{a+b+c}$

đề sai ,vế phải là 9
sử dụng Svac

[congcomMật khẩu:]

Dùng giả thiết $ab+bc+ca=1$
BĐT $<=>3+\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}+\dfrac{a(b+c)}{bc} \ge 3+\dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}+\dfrac{\sqrt{(b+a)(b+c)}}{b}+\dfrac{\sqrt{(c+a)(c+b)}}{c}$
Chứng minh $\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}+\dfrac{a(b+c)}{bc}\ge \dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}+\dfrac{\sqrt{(b+a)(b+c)}}{b}+\dfrac{\sqrt{(c+a)(c+b)}}{c}$
Đến đây dùng AM-GM: $\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}\ge 2\dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}$
Tương tự => đpcm
Dấu = khi $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

bài này nếu em nhớ ko nhầm thì ở trong toán học tuổi trẻ đúng ko hở heromath